FAKULTA STAVEBNÍ MATEMATIKA NUMERICKÉ METODY STUDIJNÍ OPORY PRO STUDIJNÍ PROGRAMY S KOMBINOVANOU FORMOU STUDIA

Transkript

1 VYSOKÉ UČENÍ TECHNICKÉ V BRNĚ FAKULTA STAVEBNÍ doc RNDr Josef Dalík, CSc MATEMATIKA NUMERICKÉ METODY STUDIJNÍ OPORY PRO STUDIJNÍ PROGRAMY S KOMBINOVANOU FORMOU STUDIA

2 Typeset by L A TEX 2ε c Josef Dalík 2008

3 Obsah 1 Úvod 6 11 Co je to numerická analýza? 6 12 Co je to chyba? 7 2 Chyby v numerických výpočtech 7 21 Záznam čísel v paměti počítače 8 22 Chyby, ovlivňující výsledky numerických výpočtů 9 3 Jedna rovnice pro jednu neznámou Metody pro určení počáteční aproximace Metoda prosté iterace Efektivní zpřesňující metody Newtonova metoda (linearizace) Geometrický význam Newtonovy metody Analýza chyby Newtonovy metody Fourierovy podmínky Modifikace Newtonovy metody 21 4 Normy matic a vektorů 23 5 Řešení systémů lineárních rovnic přímými metodami Gaussova eliminace s (částečným) výběrem hlavních prvků LU rozklad matice Výpočet matice inverzní Speciální matice Symetrické pozitivně definitní matice Řídké matice Číslo podmíněnosti matice 38 6 Vlastní čísla a vlastní vektory matic Úvod Mocninná metoda 47 3

4 7 Řešení systémů lineárních rovnic iterací I Jacobiova metoda Gaussova Seidelova metoda Relaxační metody 54 8 Řešení systémů lineárních rovnic iterací II Základní pojmy Metoda největšího spádu Metody těžkého míče Metoda konjugovaných gradientů 62 9 Řešení systémů nelineárních rovnic Metoda prosté iterace Newtonova metoda Aproximace funkce Úloha Lagrangeovy interpolace Interpolační polynomy Interpolační kubické splajny Úloha Hermiteovy interpolace Hermiteův interpolační polynom Hermiteovy kubické interpolační splajny Diskrétní metoda nejmenších čtverců (MNČ) Numerický výpočet derivace Počáteční problémy pro ODR (obyčejné diferenciální rovnice) Aproximace řešení okrajových úloh pro ODR 2 řádu metodou sítí Klasická formulace úlohy Fyzikální význam Existence klasického řešení Standardní metoda sítí Numerická integrace Obdélníkové, lichoběžníkové a Simpsonovo pravidlo Gaussova kvadratura Rombergova metoda Integrace funkcí dvou proměnných 132 4

5 15 Aproximace řešení okrajových úloh pro ODR metodou konečných prvků (MKP) Okrajová úloha pro ODR 2 řádu 138 5

6 1 Úvod 11 Co je to numerická analýza? Řešení problému matematickými prostředky : Krok 1 Formulovat daný problém: Získat objektivní poznatky o konkrétním technickém, přírodním, ekonomickém nebo společenském procesu Krok 2 Vytvořit matematický model: Přesný matematický popis podstatných vztahů určujících daný proces Vzhledem ke složitosti prakticky důležitých modelů nelze řešení modelu popsat Pozornost se soustřed uje na algoritmy pro konstrukci tzv aproximací řešení Krok 3 Vytvořit numerický problém (diskretizaci), charakterizovaný konečnou množinou vstupních dat, konečnou množinou výstupních dat a konečnou posloupností kroků, které daná vstupní data transformují na výstupní data (algoritmem) Krok 4 Výpočet konkrétních výstupních dat pro daná vstupní data Numerická metoda je způsob, jak matematickým modelům přiřazovat diskretizace, jak je zjednodušovat a jak transformovat daná vstupní data na data výstupní Numerická analýza je matematický obor, jehož cílem je navrhovat nové numerické metody, studovat existující numerické metody a navrhovat vhodné struktury vstupních dat (preprocessing) a výstupních dat (postprocessing) Kvalita numerické metody je zpravidla určena její 6

7 výpočtovou složitostí (efektivitou), přesností výsledné vypočtené aproximace, velikostí třídy modelů, na něž lze numerickou metodu aplikovat (robustností) 12 Co je to chyba? Rozdíl mezi reálným procesem a řešením modelu chyba modelu, řešením modelu a numerické úlohy (diskretizace) chyba numerické metody (chyba diskretizace), řešením numerické úlohy (diskretizace) a skutečně vypočteným výsledkem zaokrouhlovací chyba Chyby uvedených typů se sčítají Řešení úlohy je efektivní, když velikost chyb všech typů je srovnatelná 2 Chyby v numerických výpočtech Místo s přesnou hodnotou ˆx počítáme s aproximací x e x = ˆx x se nazývá (absolutní) chyba aproximace x Číslo ε(x) splň ˆx x < ε(x) je odhad (absolutní) chyby Symbolicky: ˆx = x ± ε(x), nazývá se neúplné číslo e x /x = (ˆx x)/x se nazývá relativní chyba aproximace x je odhad relativní chyby (ˆx x)/x δ(x) 7 Číslo δ(x) splň

8 21 Záznam čísel v paměti počítače Výpočetní postupy numerické analýzy jsou implementovány na počítači a) Zápis čísla ĉ v pohyblivé řádové čárce: zn(ĉ) mantisa 2 exponent, V počítačích, vyvíjených po roce 1985 jsou čísla v pohyblivé čárce zaznamenávána téměř výhradně v souladu s normou IEEE níže popsaným způsobem a1) a a2) a1) Jednoduchá přesnost Zde mantisa = (1, c 1 c 2 c 23 ) 2 = 1 + c c je normalizovaná dvojková mantisa, tj c 1,, c 23 jsou 0 nebo 1 a exponent je od -126 do 127 Zaznamenaná přibližná hodnota c vznikne převedením přesné hodnoty ĉ do dvojkové soustavy a zaokrouhlením na 24 dvojkových číslic Při tomto zaokrouhlení může vzniknout relativní chyba ve výši nejvýše 1, Proto říkáme, že toto zobrazení je s přesností na 7 platných desítkových číslic V paměti počítače zaujímá znaménko 1 bit, mantisa 23 bitů a exponent 8 bitů Tedy nejmenší kladné číslo, které lze takto v paměti počítače zobrazit, je = 1, a největší kladná zobrazitelná hodnota je ( )2 127 = 3, Číslo 0 se zobrazuje tak, že všech 32 bitů záznamu je obsazeno nulami Nenulová čísla o abs hodnotě menší, než = 1, nebo větší, než ( )2 127 = 3, , nelze do paměti uložit Mluvíme o podtečení nebo přetečení a2) Dvojnásobná přesnost Záznam čísla zaujímá 64 bitů, lze ukládat čísla, jejichž absolutní hodnota je přibližně v rozsahu od 2, do 1, a zobrazení je přibližně s relativní přesností 2, , tedy na 16 platných desítkových číslic 8

9 b) Zápis čísel v pevné řádové čárce Čísla jsou zaznamenávána s konstantním počtem desetinných míst Typ integer, počet desetinných míst je roven nule Příklad 21 Záznam čísla ĉ = 1/3 v pohyblivé řádové čárce s jednoduchou přesností je c = +(1, ) = 0, Chyby, ovlivňující výsledky numerických výpočtů Výsledky numerických výpočtů ovlivňují : a) Chyby vstupních dat b) Zaokrouhlovací chyby během výpočtu Ke vzniku zaokrouhlovací chyby dochází prakticky po každé aritmetické operaci Zaokrouhlovací chyby jsou v numerických výpočtech všude, jde o to, aby se jejich velikost neúměrně nezvětšila Algoritmy, v nichž je velikost zaokrouhlovacích chyb omezená, se nazývají stabilní Příklad 22 Čísla y i = 1 0 x i x + 5 dx počítejte pro i = 0, 1,, 8 Zaokrouhlujte na 3 desetinná místa Řešení y i + 5y i 1 = 1 0 x i + 5x i 1 x + 5 dx = 1 0 xi 1x + 5 x + 5 dx = 1 0 xi 1 = 1 i, tj y i = 1/i 5y i 1 pro i = 1,, 8 Tedy pro y 0 = x + 5 dx = [ln x + 5 ]1 0 9 = 0,182

10 dostaneme : Hodnota y 4 je nesmyslná y 1 = 1 5y 0 = 0,090 y 2 = 1/2 5y 1 = 0,050 y 3 = 1/3 5y 2 = 0,083 y 4 = 1/4 5y 3 = -0,165 Na začátku jsme nahradili hodnotu ŷ 0 = ln 1, 2 = 0, aproximací y 0 = 0,182 s chybou e 0 = 0, Při každém kroku se chyba vynásobí číslem -5, takže e 1 = -0,00161, e2 = 0,00805, e 3 = -0,04025 a e4 = 0,20125 Pro i = 4, 5, chyba znehodnotí vypočtené hodnoty y i Užijeme-li rekurzivního vztahu ve tvaru y i 1 = (1/i y i )/5, pak se chyba v každém kroku pětkrát zmenšuje Položíme y 10 = y 9 Pak z y 9 = (0, 1 y9 )/5 plyne y 9 = 0, 017 a y 8 = (1/9 y 9 )/5 = 0,019, y 7 = (1/8 y 8 )/5 = 0,021, y 0 = 0,182, jsou přesné hodnoty ŷ i zaokr na 3 des místa Nebezpečí: násobení přibližných hodnot velkými čísly nebo ekvivalentně jejich dělení malými čísly: Nárúst abs chyby odečítání dvou přibližně stejně velkých čísel: nárůst relativní chyby Cvičení 10

11 1 Zaokrouhlením na 3 desetinná místa najděte aproximaci e přesné hodnoty Eulerova čísla ê = 2, Najděte co nejmenší odhad absolutní i relativní chyby 2 Pro y i = 1 0 x i /(x + 10)dx najděte rekurzivní vztah mezi y i a y i+1 a užijte jej pro stabilní výpočet hodnot y 0, y 1,, y 6 3 Řetězec +(1, ) představuje záznam čísla 1/7 v paměti počítače v pohyblivé řádové čárce s jednoduchou přesností Určete přesnou hodnotu tohoto záznamu na 10 platných číslic a porovnejte ji s přesnou hodnotou 1/7 3 Jedna rovnice pro jednu neznámou Uvažme funkci f na intervalu I R ÚLOHA Najděte číslo x I: f(x) = 0 (1) Číslo x se nazývá kořen (1) Předpokládáme, že kořen nelze vypočítat, funkce f má na I spojité všechny derivace, které budeme potřebovat a kořen x je jednonásobný, tj f (x) 0 31 Metody pro určení počáteční aproximace Představu o počtu kořenů a jejich hrubé počáteční aproximace lze často získat graficky Příklad 31 Určete přibližně všechny kořeny rovnice f(x) e x 2x 2 = 0 (2) Řešení Rovnice (2) je ekvivalentní e x = 2x + 2 Podle Obr 1 má rovnice kořeny x (1) = 0,8 a x (2) = 1,5 Přesnější informaci 11

12 Obrázek 1: Počáteční aproximace kořenů lze získat výpočtem hodnot funkce f v bodech z tabulky: x (1) (-0,8; -0,7) a x (2) (1,5; 1,7) x e x 2x + 2 f(x) -0,8 0,4493 0,4 > 0-0,7 0,4966 0,6 < 0 1,5 4,4817 5,0 < 0 1,7 5,4739 5,4 > 0 Spojitá funkce f má na intervalu (a, b) alespoň jeden kořen, jakmile f(a) f(b) < 0 Necht je dán interval (a 0, b 0 ): f(a 0 ) f(b 0 ) < 0 Konstruuje se posloupnost intervalů (a 0, b 0 ) (a 1, b 1 ) s vlastností f(a i ) f(b i ) < 0 pro i = 1, 2, Interval (a i, b i ) se najde takto: V (a i 1, b i 1 ) se vybere bod x i Jestliže f(x i ) = 0, je x i hledaný kořen a výpočet končí Jestliže f(x i ) 0, pak vzhledem k předp f(a i 1 ) f(b i 1 ) < 0 platí právě jedna z podmínek f(a i 1 ) f(x i ) < 0, f(x i ) f(b i 1 ) < 0 12

13 V prvním případě položíme a i = a i 1, b i = x i a ve druhém a i = x i, b i = b i 1 Metoda půlení (intervalu) Za bod x i se volí střed intervalu (a i 1, b i 1 ) Konvergence: na začátku víme, že alespoň jeden kořen x leží v intervalu (a 0, b 0 ) Položíme tedy x = x 1 ± d 0, kde d 0 = (b 0 a 0 )/2 je odhad chyby Po i krocích víme, že alespoň jeden kořen leží v intervalu (a i, b i ) o velikosti Položíme tedy b i a i = (b i 1 a i 1 )/2 = = (b 0 a 0 )/2 i x = x i+1 ± d i, kde d i = (b i a i )/2 = (b 0 a 0 )/2 i+1 je odhad chyby Tedy i kroků metody půlení zmenší odhad chyby 2 i krát Podmínka ukončení Zadáme velikost odhadu chyby ε a výpočet ukončíme, jakmile d i ε Kořen x aproximujeme hodnotou x i+1 a víme, že x x i+1 < d i ε Příklad 32 Pro získání jedné platné číslice aproximace kořene je třeba odhad chyby zmenšit desetkrát Kolik kroků metody půlení je k tomu zapotřebí? Řešení Je třeba najít nejmenší celé číslo i s vlastností 10 2 i Protože 10 = 2 3,3, je zisk jedné platné číslice aproximace kořene zaručen po 4 (v průměru po 3,3) krocích Příklad 33 Určete, kolik kroků metody půlení je třeba provést pro aproximaci kořene x (2) rovnice (2) z intervalu (1,5, 1,7) s chybou, menší než 0,005 a tuto aproximaci najděte 13

14 Řešení Pro a 0 = 1,5, b 0 = 1,7 je x 1 = 1,6, d 0 = 0,1 a kořen x = 1,6 ± 0,1 Hledáme index i tak, aby d i = (b 0 a 0 )/2 i+1 0,005 To je ekvivalentní s 40 2 i+1 a tato podmínka je splněna pro i 5 Výpočet 5 kroků metody půlení: i a i 1 f(a i 1 ) b i 1 f(b i 1 ) x i f(x i ) 1 1,5 < 0 1,7 > 0 1,6 < 0 2 1,6 < 0 1,7 > 0 1,65 < 0 3 1,65 < 0 1,7 > 0 1,675 < 0 4 1,675 < 0 1,7 > 0 1,6875 > 0 5 1,675 < 0 1,6875 > 0 1,68125 > 0 6 1,675 < 0 1,68125 > 0 1, Metoda regula falsi Bod x i z intervalu (a i 1, b i 1 ) se vybírá jako průsečík přímky procházející body (a i 1, f(a i 1 )) a (b i 1, f(b i 1 )) s osou x, tj b i 1 a i 1 x i = a i 1 f(a i 1 ) f(b i 1 ) f(a i 1 ) Podmínka ukončení Zvolí se malý parametr δ > 0 a za aproximaci kořene se bere první bod x i s vlastností f(x i ) δ Příklad 34 Metodou regula falsi aproximujte kořen x (2) rovnice (2) z Př 31 Položte x (2) = xi jakmile f(x i ) 0, Řešení Výsledku je dosaženo po 2 krocích i a i 1 b i 1 f(a i 1 ) f(b i 1 ) x i f(x i ) 1 1,5 1,7-0, , , , , ,7-0, , , ,

15 Obrázek 2: Ilustrace rychlosti konvergence metody regula falsi 32 Metoda prosté iterace Řešit rovnici (1) iterací znamená převést ji na ekvivalentní úlohu najít pevný bod funkce F : x = F (x), (3) zvolit počáteční (nultou) aproximaci x 0 a vytvořit posloupnost postupných aproximací (iterační posloupnost) (x i ) i=0 podle předpisu x i+1 = F (x i ) pro i = 0, 1, Má-li iterační posloupnost limitu ˆx, pak za předpokladu spojitosti F platí ˆx = lim i x i = lim i x i+1 = lim i F (x i ) = F ( lim i x i ) = F (ˆx), takže ˆx je pevný bod zobrazení F Zobrazení F se nazývá kontrakce na intervalu a, b s koeficientem α, když F (x) a, b pro všechna x a, b, 0 α < 1 a F (x) F (y) α x y pro všechna x, y a, b 15

16 Věta o kontrakci Jestliže F je kontrakce na intervalu a, b s koeficientem α, pak (a) v intervalu a, b existuje jediný pevný bod ˆx funkce F, (b) ˆx je limitou posloupnosti postupných aproximací (x i ) i=0 pro libovolně zvolenou počáteční aproximaci x 0 a, b, (c) x i ˆx α i x 0 ˆx pro i = 1, 2, Důkaz tvrzení (a) EXISTENCE PEVNÉHO BODU: Z F (a) a, b plyne a F (a) a analogicky platí F (b) b Tedy (a F (a))(b F (b)) 0 Odtud a ze spojitosti funkce x F (x) plyne, že v intervalu a, b existuje řešení rovnice x F (x) = 0 JEDNOZNAČNOST PEVNÉHO BODU: Jestliže ˆx = F (ˆx) a ŷ = F (ŷ) pro ˆx, ŷ a, b, pak platí ˆx ŷ = F (ˆx) F (ŷ) α ˆx ŷ Tato nerovnost může být splněna jen v případě, že ˆx = ŷ Důkaz tvrzení (c) Pro libovolný bod x 0 z intervalu a, b a pro i 1 je x i ˆx = F (x i 1 ) F (ˆx) α x i 1 ˆx α i x 0 ˆx Důkaz tvrzení (b) Z (c) a z 0 α < 1 plyne 0 x i ˆx α i x 0 ˆx Odtud a z α i x 0 ˆx 0 pro i plyne x i ˆx 0 pro i Věta 1 Předpokládejme, že ˆx je pevný bod funkce F, δ > 0, α splňuje podmínku 0 α < 1 a F (x) α pro všechna x (ˆx δ; ˆx + δ) Pak F je kontrakce s koeficientem α na intervalu I = ˆx δ; ˆx + δ Důkaz Jsou-li x, y I libovolná, pak F (x) F (y) = F (ξ)(x y) α x y podle Lagrangeovy věty o přírůstku funkce Bod ξ leží mezi body x, y a tedy F (ξ) α Odtud pro libovolné x I plyne F (x) ˆx = F (x) F (ˆx) α x ˆx αδ < δ Tedy F (x) I 16

17 Při řešení rovnice (1) prostou iterací se daná rovnice převede na ekvivalentní tvar (3), zvolí se nultá aproximace x 0 a počítají se aproximace x i+1 = F (x i ) pro i = 0, 1, Podmínka ukončení: Položíme x = x i+1 jakmile x i+1 x i ε pro předem zadané malé kladné číslo ε Příklad 35 Metodou prosté iterace určete všechny kořeny rovnice (2) s chybou, menší než ε = 0, Zaokrouhlujte na 3 desetinná místa Řešení Podle Př 31 má rovnice kořeny x (1) = -0,8 a x (2) = 1,5 (a) x = e x /2 1 F 1 (x) pro všechna reálná čísla x (b) x = ln(2x + 2) F 2 (x) pro všechna x > 1 Protože a F 1(x) = e x /2 < 1 x < ln 2 = 0,69 F 2(x) = 1/(x + 1) < 1 x < 2 nebo x > 0, předpoklady Věty 1 splňuje funkce F 1 v okolí x (1) a F 2 v okolí x (2) Budeme tedy počítat x 0 = -0,8, x i+1 = e x i /2 1 a x 0 = 1,5, x i+1 = ln(2 x i + 2) i x i -0,8-0,775-0,770-0,768-0,768 x i 1,5 1,609 1,652 1,669 1,675 1,677 1,678 1,678 Poznámka 1 (Zpřesnění extrapolací Aitkenův 2 proces) Leží-li prvek iterační posloupnosti x i blízko kořene ˆx, pak platí e i+1 = ˆx x i+1 = F (ˆx) F (x i ) = F (ξ)(ˆx x i ) = F (ˆx)e i a analogicky e i+2 = F (ˆx)e i+1 17

18 Eliminací F (ˆx) z těchto identit (tento obrat se nazývá extrapolace) vznikne e i+1 e i = e i+2 e i+1 = ˆx x i+1 ˆx x i = ˆx x i+2 ˆx x i+1 Vyjádřením ˆx z této rovnice obdržíme ˆx = x i+2 (x i+2 x i+1 ) 2 x i+2 2x i+1 + x i = x i+2 ( x i+1) 2 2 x i Příklad 36 Zpřesněním aproximací x 0, x 1, x 2 kořene x (2) z Př 45 Aitkenovým 2 procesem je hodnota 1,680, která je mnohem blíže kořene 1,678, než aproximace x 3 = 1,669 Poznámka 2 Steffensenova metoda je založena na opakovaném použití Aitkenova 2 procesu: x 0 se zvolí a pro i = 0, 1, se postupně počítá x 3i+1 = F (x 3i ), x 3i+2 = F (x 3i+1 ) a x 3i+3 = x 3i+2 ( x 3i+1) 2 2 x 3i Ověřte, že výpočet kořene x (2) z Př 35 Steffensenovou metodou vyžaduje 5 kroků (aproximace s indexy 4 a 5 se po zaokrouhlení na 3 desetinná místa shodují) oproti 7 krokům z Př Efektivní zpřesňující metody Základní metodou tohoto typu je Newtonova metoda Další zpřesňující metody budou prezentovány jako modifikace Newtonovy metody 331 Newtonova metoda (linearizace) Předpokládejme, že aproximace x i leží blízko kořene ˆx rovnice f(x) = 0 Potom podle Taylorovy věty existuje bod ξ mezi x i a ˆx tak, že 0 = f(ˆx) = f(x i ) + f (x i )(ˆx x i ) + f (ξ) 2 (ˆx x i) 2 (4) 18

19 Z (4) lze vyjádřit ˆx ve tvaru ˆx = x i f(x i) f (x i ) K(ˆx x i) 2 pro K = f (ξ) 2f (x i ) (5) Zanedbáme-li poslední člen v (5) a nahradíme-li ˆx aproximací x i+1, vznikne x i+1 = x i f(x i) f (x i ) (jeden krok Newtonovy metody) (6) Příklad 37 Newtonovou metodou aproximujte kořen x (2) rovnice f(x) e x 2x 2 = 0 Položte x 0 = 1,5 pro srovnání s Příkladem 44 Řešení Počítáme tedy x 0 = 1, 5, x i+1 = x i ex i 2x i 2 e x i 2 i x i 0 1,5 1 1, , , , , Geometrický význam Newtonovy metody y [x i, f(x i )] y = f(x)ˆx x i+1 x i Obrázek 3 x 19

20 Místo nulového bodu funkce f(x) se hledá nulový bod lineární funkce f(x i ) + f (x i )(x x i ), která je linearizací funkce f(x) ve smyslu z Obr 3 Přesné řešení této linearizované rovnice označíme x i+1, takže f(x i ) + f (x i )(x i+1 x i ) = 0 (7) 333 Analýza chyby Newtonovy metody Odečteme-li (7) od (4), získáme identitu x x i+1 = K x x i 2 Pro srovnání, metoda půlení splňuje podmínku ε i ε i pro odhady chyb a prostá iterace splňuje ˆx x i+1 α ˆx x i pro vhodné α < 1 Tedy aproximace Newtonovy metody se blíží k nule podstatně rychleji, než aproximace získané metodou půlení nebo prostou iterací za předpokladu, že chyba ˆx x i je malá Na druhé straně, Newtonova metoda i) konverguje lokálně, tj jen tehdy, když známá aproximace x i je blízko k přesnému řešení, ii) potřebuje větší hladkost funkce f (existenci první derivace), iii) v každém kroku potřebuje vypočítat hodnoty f(x i ) a f (x i ) Řekneme, že iterační metoda je řádu r, když odhady chyby ε i splňují podmínku ε i+1 C (ε i ) r 20

21 and C je ohraničenou funkcí argumentu r pro malé kladné hodnoty r Z předchozích úvah plyne, že Newtonova metoda je řádu 2 a metoda půlení i prosté iterace jsou řádu Fourierovy podmínky Z Obr 4 je zřejmé, že jsou-li splněny podmínky a) f, f, f jsou spojité na intervalu a, b a f(a) f(b) < 0, b) f, f nemění znaménka v a, b a f (x) 0 x a, b, pak Newtonova metoda konverguje ke kořenu ˆx (a, b) pro x 0 = a když f(a) f (a) > 0 b když f(b) f (b) > 0 y a b = x 0 x y = f(x) x 2 x 1 Obrázek Modifikace Newtonovy metody a) Zvolíme-li nultou aproximaci x 0 a vypočítáme x 1 Newtonovou metodou, pak metoda sečen je založena na aproximaci f (x i ) = f(x i) f(x i 1 ) x i x i 1 Po dosazení do předpisu (6) vznikne jeden krok metody sečen: x i+1 = x i f(x i)(x i x i 1 ) f(x i ) f(x i 1 ) 21

22 V každém kroku této metody stačí spočítat jen hodnotu f(x i ) Je známo, že řád této metody je r = 1618 = (1 + 5)/2 b) Druhá modifikace Newtonovy metody spočívá v aproximaci takže f (x i ) = f(x i + f(x i )) f(x i ), f(x i ) x i+1 = x i po dosazení do (6) Cvičení f 2 (x i ) f(x i + f(x i )) f(x i ) Řád této metody je r = 2 1 Určete počet k kořenů rovnice sin x 0, 4(x+1) 2 +0, 5 = 0 a odhadněte jejich přibližné hodnoty Najděte k disjunktních intervalů malé délky, z nichž v každém leží právě jedno řešení 2 Určete počet kořenů rovnice e x +(x+1) 2 5 = 0, najděte co nejmenší intervaly, v nichž leží právě jeden kořen a užijte jich pro aproximaci každého kořene a) metodou půlení s chybou menší než ε = 0,005, b) metodou regula falsi s chybou menší než δ = 0, Ověřte, že rovnice f(x) e x x 2 x 1 = 0 má kořen v intervalu (1,7; 1,8) Najděte ekvivalentní rovnici ve tvaru x = F (x) takovou, že F je na intervalu 1,7; 1,8 kontrakce Aproximujte kořen z intervalu (1,7; 1,8) prostou iterací s počáteční aproximací x 0 = 1,75 s chybou menší než ε = 0,001 4 Úlohu ze cvičení 3 aproximujte Steffensenovou metodou s chybou menší než ε = 0,

23 5 Najděte graficky hrubé aproximace všech kořenů rovnice x x 2 50x 1000 = 0 Všechny tyto aproximace zpřesněte Newtonovou metodou s chybou menší než Označme ˆx přesné řešení rovnice f(x) = 0 Newtonova metoda je metoda prosté iterace, která hledá pevný bod funkce F (x) = x f(x)/f (x) Jaká je hodnota F (ˆx)? 7 Najděte všechny kořeny každé z rovnic 1 x e 2x = 0, x ln x 1 = 0 Newtonovou metodou s maximální možnou přesností 8 Určete počet k kořenů rovnice x 3 + 2x x 20 = 0 a aproximujte každý z nich s chybou menší, než ε = 0, první i druhou modifikací Newtonovy metody 4 Normy matic a vektorů Každé zobrazení, které libovolné matici A s n řádky a m sloupci (matici A typu (n, m)) přiřazuje reálné číslo A a má vlastnosti (N1) (N2) A 0 a A = 0 A = O αa = α A (N3) A + B A + B (trojúhelníková nerovnost) a v případě m = n 23

24 (N4) AB A B pro všechny matice A, B typu (n, m) a pro každé reálné číslo α se nazývá norma matic Symbolem O je označena nulová matice (všechny prvky matice O jsou rovny nule) Pro libovolnou matici A, B, budeme symbolem a ij, b ij, značit prvek matice A, B, v i tém řádku a j tém sloupci Prvek vektoru x, y, z R n, tj matice typu (n, 1), v i tém řádku budeme značit x i, y i, Budeme pracovat s normami matic, které k libovolné matici A typu (n, m) přiřadí číslo A 1 = max n 1 j m i=1 m A = max A F = 1 i n j=1 1/2 n m a 2 ij i=1 j=1 a ij (maximum sloupcových součtů) a ij (maximum řádkových součtů) (Frobeniova norma) Ve speciálním případě vektoru x R n mluvíme o normě vektorů Výše uvedené konkrétní příklady nabudou forem: x 1 = n i=1 x i, x = max 1 i n x i, x 2 = 1/2 n x 2 i i=1 Příklad Vypočtěte normy A 1, A, A F pro matici A = 1 0 3, normy x 1, x, x 2 pro vektor x = a pro vektor Ax 1 Řešení Zřejmě A 1 = max(5, 5, 6) = 6, A = max(7, 4, 5) = 7, A F = 44, 24

25 x 1 = 3, x = 1, x 2 = 3, Ax = [7, 4, 5], Ax 1 = 16, Ax = 7, Ax 2 = 90 Každá z uvedených norem matic společně s odpovídající normou vektorů splňuje tuto podmínku souhlasnosti: Ax A x pro všechny matice A a vektory x Podmínka souhlasnosti znamená, že norma matice je dostatečně velká Normy matic 1 a jsou navíc mezi těmito velkými normami ty nejmenší Splňují totiž podmínku A = max x o Ax x Symbolem o je označen nulový vektor Protože pravá strana této identity závisí jen na normě vektorů, lze tuto identitu chápat jako přiřazení čísla A k matici A pomocí normy vektorů Lze ukázat, že toto přiřazení je norma matic Nazývá se přidružená k dané normě vektorů Skalární součin vektorů je každé zobrazení, : R n R n R s vlastnostmi (S1) x, x 0 a x, x = 0 x = o (S2) x, y = y, x (S3) x, y + z = x, y + x, z (S4) αx, y = α x, y Nejdůležitější a dobře známý příklad skalárního součinu je x, y = x 1 y x n y n I Schwarzova nerovnost Pro libovolný skalární součin a pro všechna x, y R n platí x, y 2 x, x y, y 25

26 Důkaz Pro x = o je x, x = 0 podle (S1) a x, y = 0 podle (S3), takže tvrzení platí V případě x o je x, x > 0 a užitím (S1) (S4) lze ověřit, že 0 x, y y y x, y x x, = x, x x, x x, x y, y x, y 2 (8) x, x Výsledná nerovnost je ekvivalentní s x, y 2 x, x y, y II Norma vektorů vytvořená skalárním součinem Pro libovolný skalární součin je norma vektorů na R n x = x, x (9) Důkaz Vlastnosti (N1) a (N2) jsou bezprostředními důsledky (S1), (S2) a (S4) Vlastnost (N3) plyne ze Schwarzovy nerovnosti tímto způsobem: x + y 2 = x + y, x + y = x, x + 2 x, y + y, y Cvičení x x y + y 2 = ( x + y ) 2 1 Vypočtěte normy x 1, x a x 2 vektoru x = [1, 2, 3, 4, 2] { x 1 = 12, x = 4, x 2 = 5,83} 2 Dokažte, že libovolný vektor x R n splňuje nerovnosti 3 Pro matici A = x x 2 n x A F { A 1 = 13, A = 15, a A F = 13, 115} 26 vypočtěte A 1, A a

27 4 Rozhodněte, zda předpis A = max i=1,,n,j=1,,m a ij pro libovolnou matici A typu (n, m) je norma matic {Předpis splňuje podmínky (N1), (N2), (N3), ale (N4) nesplňuje: Položte A = 1 1 = B v (N4)} (Podmínka souhlasnosti) Ověřte, že pro matici A = a vektor x = [1, 1, 1] platí Ax 1 A 1 x 1, Ax A x a Ax 2 A F x 2 { Ax 1 = 9 27 = A 1 x 1, Ax = 8 = A x, Ax 2 = 8,062 10,536 = A F x 2 } 6 Všimněte si, že ve Cv 5 platí Ax = A x Podobně k matici B = najděte vektor y tak, aby By = B y {Protože B = = ( 4)( 1) + ( 2)( 1) + 1 = ( 4)y 1 + ( 2)y 2 + 1y 3 pro vektor y = [ 1, 1, 1] a y = 1, platí By = 7 = B y } 7 (Norma matic je přidružená k normě vektorů ) Zobecněním úvahy ze Cv 6 popište pro libovolnou matici A typu (n, m) vektor x R n takový, že Ax = A x {Jestliže A = n j=1 a kj, pak x j = 1 pro a kj 0 a x j = 1 pro a kj < 0} 8 Dokažte, že x, y 2 = x, x y, y právě když x = o nebo y = αx pro α R {Jestliže x = o nebo y = αx, pak x, y 2 = x, x y, y lze ověřit dosazením Jestliže x, y 2 = x, x y, y, pak x = o nebo x o a všechny výrazy v 27

28 (8) jsou rovny nule Tedy dle (S1) platí y = αx pro α = x, y / x, x } 5 Řešení systémů lineárních rovnic přímými metodami Pro regulární matici A řádu n a vektor b R n hledáme vektor x R n splňující a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2 (10) a n1 x 1 + a n2 x a nn x n = b n Systém rovnic (10) lze zapsat Ax = b (11) Protože matice soustavy A je regulární, existuje ke každému vektoru pravých stran b jediný vektor řešení x Je-li matice A horní trojúhelníková, má systém (10) tvar a 11 x 1 + a 12 x a 1,n 1 x n 1 + a 1n x n = b 1 a 22 x a 2,n 1 x n 1 + a 2n x n = b 2 (12) a n 1,n 1 x n 1 + a n,n 1 x n a nn x n = b n 1 = b n a v důsledku regularity matice A jsou všechny hlavní prvky a 11, a 22,, a nn různé od nuly, takže složky vektoru x lze vypočítat v opačném pořadí: x n x n 1 = b n /a nn = (b n 1 a n,n 1 x n )/a n 1,n 1 28

29 x 2 = (b 2 a 23 x 3 a 2n x n )/a 22 x 1 = (b 1 a 12 x 2 a 13 x 3 a 1n x n )/a 11 Složitost tohoto algoritmu, který se nazývá zpětný chod, je dána počtem operací * a / : n = n(n + 1) 2 n2 2 Přímý chod je algoritmus transformace (10) na systém tvaru (12) opakovanou aplikací ekvivalentní operace přičtení m ji násobku i-té rovnice k jiné, j-té rovnici Příklad 51 x 1 + 4x 2 + 3x 3 = 1 m 21 = ( 2) m 31 = ( 1) 2x 1 + 5x 2 + 4x 3 = 4 x 1 3x 2 2x 3 = 5 3x 2 2x 3 = 2 m 32 = ( 7 3 ) 7x 2 5x 3 = x 3 = 2 3 Koeficienty m ji se nazývají multiplikátory a 11 a 12 a 1n b 1 a (1) 22 a (1) 2n b (1) 2 a (i 1) ii a (i 1) ji a (i 1) ni 29 a (i 1) in a (i 1) jn a i 1 nn b (i 1) i b (i 1) j b (i 1) n

30 Algoritmus přímého chodu: for i from 1 to n 1 do for j from i + 1 to n do m ji := a ji /a ii b j := b j + m ji b i for k from i to n do end do end do end do a jk := a jk + m ji a ik Počet operací * a / v přímém chodu (složitost) : n 1 n i=1 j=i+1 (2 + n i + 1) = n 1 (n i)(3 + n i) i=1 = 3[(n 1) + (n 2) + + 1] + (n 1) 2 + (n 2) = 3 2 n(n 1) + 2n3 3n 2 + n n3 6 3 Algoritmus Gaussovy eliminace se skládá z kroků : Krok 1 Přímý chod ( Krok 2 Zpětný chod ( n 3 /3 operací) n 2 /2 operací) Systém rovnic (10) lze řešit Gaussovou eliminací právě když matice A (1) = [a 11 ], A (2) = a 11 a 12 a 21 a 22,, A (n) = A jsou regulární Př 52 ukazuje, že splnění těchto předpokladů není zárukou úspěšného numerického řešení úlohy (10) Gaussovou eliminací 30

31 Příklad 52 Řešme systém rovnic x 1 + x 2 + x 3 = 1 0,0001x 2 + x 3 = 1 x 2 + x 3 = 0 tak, že výsledek každé operace zaokrouhlíme na 4 platné číslice Výsledkem je systém s horní trojúhelníkovou maticí a zpětný chod poskytne x = , , zatímco přesné řešení je ˆx = / /9999 Vysvětlení: Protože ˆx 3 = 10000/9999 = 1, , je x 3 = 1 a příslušná zaokrouhlovací chyba je ˆx 3 x 3 = 1/9999 Tato chyba se při výpočtu aproximace x 2 dělí malým hlavním prvkem 0,0001, neboli se násobí číslem Gaussova eliminace ztrácí stabilitu v případech, kdy matice soustavy má v absolutní hodnotě malé hlavní prvky Proto jsou navrženy modifikace, jejichž cílem je takový výběr hlavních prvků, aby jejich absolutní hodnoty byly co největší S nejčastěji používanou z těchto modifikací se seznámíme 51 Gaussova eliminace s (částečným) výběrem hlavních prvků V každé fázi i = 1, 2,, n 1 nejprve najdeme a (i 1) ji = max i k n a (i 1) ki a v případě j i provedeme výměnu i té 31

32 rovnice s rovnicí j tou Viz Obr 5 i j 0 i Obrázek 5 Gaussova eliminace s výběrem hlavních prvků řeší problém (10) pro všechny regulární matice soustavy A a pro všechny vektory pravých stran b 52 LU rozklad matice Dolní trojúhelníková matice L s jednotkami v hlavní diagonále a horní trojúhelníková matice U tvoří LU rozklad čtvercové matice A, je-li A součinem matic L a U, tj když A = LU Lze snadno ověřit, že pro každou čtvercovou matici A řádu n, pro niž jsou matice A (1), A (2),, A (n) regulární, platí A = LU, kde L = 1 m 21 1 m n1 m n2 1, U = a 11 a 12 a 1n a (1) 22 a (1) 2n a (n 1) nn LU rozklad matice A je tedy výsledkem přímého chodu: Matice L je vytvořena z jednotek a z multiplikátorů, matice U je horní trojúhelníková matice, na niž přímý chod matici A transformuje 32

33 Řešíme-li systém rovnic Ax = b a známe LU rozklad A = LU, pak Ax = b LUx = b Označíme-li y = Ux, můžeme úlohu Ax = b řešit ve dvou krocích: 1 Ly = b 2 Ux = y Složitost (počet operací * a / ) je přibližně n 2 /2 + n 2 /2, což je (zejména pro velký řád n) podstatně menší, než složitost n 3 /3 + n 2 /2 Gaussovy eliminace 53 Výpočet matice inverzní a) Je-li matice A regulární, pak matice X je inverzní k A právě když AX = E, podrobněji a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n a n1 a n2 a nn x 11 x 1j x 1n x 21 x 2j x 2n x n1 x nj x nn = Tato maticová rovnost je ekvivalentní se soustavou n systémů rovnic Ax (j) = e (j) pro j = 1,, n, (13) kde x (j) případně e (j) je j tý sloupcový vektor matice X případně E Příklad 53 Pro matici A = najděte matici inverzní A 1 současným řešením tří systémů rovnic (13) Gausso- 33

34 vou eliminací Tři zpětné chody poskytnou inverzní matici A 1 = Složitost tohoto algoritmu je nepodstatně větší, než složitost jednoho přímého chodu a n zpětných chodů Tedy počet operací * a / při výpočtu matice inverzní je nepodstatně větší, než n 3 /3 + n n 2 /2 n 3 b) Jordanova metoda spočívá v transformaci matice A na jednotkovou matici V tomto tvaru je matice n vektorů pravých stran rovna A 1 Příklad 54 Systém rovnic s horní trojúhelníkovou maticí, který je výsledkem eliminace z Př 53, transformujte na systém rovnic s jednotkovou maticí

35 Výsledná matice pravých stran je právě matice A 1, uvedená v Př Speciální matice 541 Symetrické pozitivně definitní matice Čtvercová matice A řádu n se nazývá symetrická pozitivně definitní (SPD), když je symetrická a pro všechny vektory x R n, x o platí x Ax > 0 Pro symetrickou matici A platí tato tvrzení a), b) a) Matice A je SPD, právě když všechny hlavní prvky a 11, a (1) 22,, a (n 1) nn jsou kladné b) Všechny matice A k = a (k) k+1,k+1 a (k) a (k) k+1,n vzniklé v pří- n,k+1 a (k) n,n mém chodu, jsou symetrické Vlastnost a) poskytuje algoritmus pro rozpoznání, zda symetrická matice je SPD Vlastnosti a), b) říkají, že systémy rovnic s SPD maticí lze řešit Gaussovou eliminací tak, že ve všech maticích A k stačí spočítat jen prvky v a nad hlavní diagonálou Dále lze pro SPD matice vylepšit tvrzení o LU rozkladu: Je-li A SPD matice, pak existuje horní trojúhelníková matice L s kladnými prvky v hlavní diagonále taková, že A = L L (14) Toto vyjádření se nazývá Choleského rozklad matice A 35

36 Postupným porovnáváním prvků matic na obou stranách níže rozepsané a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n a n1 a n2 a nn = l 11 l 12 l 22 l 1n l 2n l nn l 11 l 12 l 1n l 22 l 2n l nn identity (14) pro indexy (1, 1), (1, 2),, (1, n),(2, 2),, (2, n),, (n, n) vznikne tato konstrukce matice L: 1 l 11 = a 11 a l 1j = a 1j /l 11 pro j = 2,, n 2 Pro i = 2,, n 1 : l ii = a ii i 1 k=1 lki 2 a l ij = ( a ij ) i 1 k=1 l ki l kj /lii pro j = i + 1,, n 3 l nn = a nn n 1 k=1 l 2 kn Řešení systému rovnic (11) s SPD maticí Choleského metodou spočívá v konstrukci horní trojúhelníkové matice L a v řešení systému rovnic L Lx = b dvěma zpětnými chody, 542 Řídké matice jsou matice, v nichž je většina prvků rovna nule Systémy rovnic s maticemi tohoto typu se vyskytují v řadě důležitých aplikací, zejména při řešení okrajových úloh pro parciální diferenciální rovnice Systémy rovnic s řídkými maticemi jsou řešitelné mnohem efektivněji, než srovnatelně rozsáhlé systémy rovnic s tzv plnými maticemi Přímé metody jsou vhodné zejména pro řešení systémů rovnic se speciálními řídkými maticemi, tzv pásovými maticemi Čtvercová matice A řádu n se nazývá pásová, existují-li přirozená čísla p a q taková, že j < i p = a ij = 0 a j > i + q = a ij = 0 36

37 pro i = 1,, n Pak se číslo p+1+q nazývá šířka pásu Schema na Obr 6 ilustruje způsob, jak přímý chod Gaussovy eliminace a ekvivalentně LU rozklad zachovává pásovost matice A A = p q = p q = LU Obrázek 6 Pásová matice s parametry p = 1 = q se nazývá třídiagonální Srovnáním a 1 c 1 b 2 a 2 c n 1 b n a n = 1 β 2 1 Obrázek 7 β n 1 α 1 c 1 α 2 c n 1 α n prvku a 1 s prvkem součinu LU získáme α 1 = a 1 Z vyjádření prvku b k obdržíme β k = b k /α k 1 a z vyjádření a k vznikne α k = a k β k c k 1 pro k = 2,, n Tedy algoritmus řešení systému rovnic Ax = d LU rozkladem třídiagonální matice A a dvěma zpětnými chody je složen z těchto tří kroků: Krok 1 (Výpočet LU rozkladu matice A) α 1 = a 1 a β k = b k /α k 1, α k = a k β k c k 1 pro k = 2,, n Krok 2 Krok 3 (Řešení Ly = d) y 1 = d 1 a y k = d k β k y k 1 pro k = 2,, n (Řešení Ux = y) x n = y n /α n a x k = (y k c k x k+1 )/α k pro k = n 1, n 2,, 1 37

38 Tento algoritmus provádí 5n 4 násobících operací ( * a / ) Gaussova eliminace n 3 /3 násobících operací 55 Číslo podmíněnosti matice Uvažujme o řešení problému (11) za ideálního předpokladu, že prvky matice A jsou dány přesně a při řešení nevznikají zaokrouhlovací chyby Zadáme-li tedy vektor pravých stran přesně, získáme přesné řešení, tj Aˆx = ˆb (15) Zadáme-li aproximaci b vektoru pravých stran, získáme aproximaci řešení, tj Ax = b (16) Za těchto podmínek budeme studovat závislost chyby vektoru řešení e x na chybě vektoru pravých stran e b Dosadíme-li do (15) vyjádření ˆx = x + e x a ˆb = b + e b, obdržíme A(x + e x ) = b + e b Odtud a z (16) vznikne Ae x = e b (17) Označíme-li normu vektorů i přidruženou normu matic pak z (16) a z (N4) plyne b A x Z (17) obdržíme e x = A 1 e b a odtud e x A 1 e b Vynásobením těchto dvou nerovností vznikne e x b A A 1 e b x a vydělením obou stran číslem x b dospějeme k nerovnosti e x x A A 1 e b b (18) 38

39 Tato nerovnost říká, že relativní chyba řešení na levé straně je ohraničena součinem čísla podmíněnosti C(A) = A A 1 matice A a relativní chyby pravé strany Protože je přidružená, je A = max x o ( Ax / x ) a A 1 = max x o A 1 x x = min x o x A 1 x kde y = A 1 x Tedy číslo podmíněnosti 1 = C(A) = max x o ( Ax / x ) min y o ( Ay / y ) min y o Ay y 1 udává poměr mezi maximálním a minimálním nárůstem normy vektoru při jeho násobení maticí A Z této úvahy je zřejmé, že pro všechny matice A je C(A) 1 Protože jednotková matice E má vlastnost Ex = x pro všechny vektory x, je C(E) = 1 Matice A, jejichž číslo podmíněnosti je malé, se nazývají dobře podmíněné a matice s vlastností C(A) 1 se nazývají špatně podmíněné Vzhledem k nerovnosti (18) je nutno očekávat, že řešení systémů rovnic se špatně podmíněnou maticí budou velmi nepřesná Tento nedostatek nelze odstranit výběrem lepší metody řešení systému rovnic, ale jen tím, že se řešení špatně podmíněných soustav vyhneme Například tak, že pro řešení dané úlohy použijeme jinou numerickou metodu, která vede na systém lineárních rovnic s maticí dobře podmíněnou Nerovnosti jako (18) poskytují i odhad chyby řešení v důsledku chyb koeficientů matice soustavy Viz [11], 2618 Příklad 65 Při výpočtu vertikálních posuvů v 1 a v 2 bodů 1 a 2 z Obr 8 vznikne systém rovnic a 2 /(4l 2 ) v 1 v 2 39 = ql 2 /(Ea 2 ) 1 0,375,

40 Obrázek 8: Vyznačení bodů 1 a 2 nosníku s posuvy v 1 a v 2 Například pro a/l = 1/30 je matice soustavy A = , a A 1 = 1 0, , Odtud plyne C(A) = A A 1 = 2, /0, = 14329,5, takže systém je špatně podmíněný To je důvodem skutečnosti, že při zaokrouhlování mezivýsledků na 6 desetinných míst je vypočtený výsledek v 1 v 2 = ql 2 /(Ea 2 ) Cvičení 1 Systém rovnic 4947, , , přičemž přesné řešení je ql 2 /(Ea 2 ) x 1 x 2 = x řešte Gaussovou eliminací a najděte LU rozklad matice A {Řešením je vektor x = [7/3, 7/3, 5/3] a LU rozklad A je / /5

41 2 Systém rovnic x 1 x 2 x 3 x 4 = řešte Gaussovou eliminací s výběrem hlavních prvků Zaokrouhlujte na 4 platné číslice {x = [1, 288, 1, 273, 0, 3453, 0, 3741] } 3 Beton je směsí portlandského cementu, písku a štěrku Distributor nabízí zákazníkům 3 série Série 1 obsahuje 1 8 m3 cementu, 3 8 m3 písku a 4 8 m3 štěrku Série 2 obsahuje 2 10 m3 5 cementu, 10 m3 písku a 3 10 m3 štěrku a série 3 je složena z 2 5 m3 cementu, 3 5 m3 písku a 0 5 m3 štěrku Najděte objemy x 1, x 2 a x 3 sérií 1, 2 a 3 (v m 3 ), které musí zákazník koupit, aby získal směs, obsahující 2,3, 4,8 a 2,9 m 3 cementu, písku a štěrku {Požadovaná směs bude obsahovat x 1 = 4, x 2 = 3 and x 3 = 3 m 3 série 1, 2 a 3} 4 Najděte LU rozklad matice A = rozklad matice A je 5 Pro matice A = /2 1 2/3 1 3/ a B = {LU 2 1 3/2 1 4/3 1 5/4 najděte matici X splňující maticovou rovnici AX = B (a) konstrukcí matice A 1 Jordanovou metodou a vynásobením obou stran rovnice maticí A 1 zleva a (b) řešením daného systému rovnic se dvěma vektory pravých stran Gaussovou 41 }

42 eliminací {X = 3, 2 1, 6 2, 6 1, 8 0, 2 0, 6 6 Rozhodněte, zda matice A ze Cv 4 je SPD V kladném případě najděte Choleského rozklad matice A {Matice A je SPD, nebot je symetrická a všechny hlavní prvky Gaussovy eliminace, umístěné v hlavní diagonále matice U, jsou kladné A = L L pro 2 1/2 L = 3/2 2/3 } 4/3 3/4 5/4 } 7 Systém rovnic Ax = b, kde A = , b = řešte Gaussovou eliminací Zaokrouhlujte na 3 desetinná místa = x 1 = ,5-1 2,5 = x 2 = 1 3, ,714 = x 3 = 1 1,731 1,731 = x 4 = 1 8 Najděte čísla podmíněnosti matic H 2 = 1 1/2 1/2 1/3 a H 3 = /2 1/3 1/2 1/3 1/4 1/3 1/4 1/5

43 užitím normy matic {C(H 2 ) = 27, C(H 3 ) = 748} 6 Vlastní čísla a vlastní vektory matic 61 Úvod Uvažme matici A řádu n Pak zobrazení x R n Ax R n je lineární, tj A(αx + βy) = αax + βay Jestliže číslo λ (obecně λ C) a vektor x o splňují Ax = λx, (19) pak λ se nazývá vlastní číslo a x vlastní vektor matice A Vzhledem k linearitě je (19) ekvivalentní s (A λe)x = o (20) pro vektor x o Tedy λ je vlastní číslo matice A právě když A λe = 0 (21) Tato charakteristická rovnice matice A je polynom stupně n v λ Tedy existuje právě n vlastních čísel matice A (realných nebo komplexních, včetně násobnosti) Definice Je-li A matice řádu n, pak množina S vlastních čísel A se nazývá spektrum A a spektrální poloměr matice A ϱ(a) = max λ S λ A 2 = ϱ(a A) je norma matic, přidružená normě vektorů 2 43

44 Příklad 61 Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice A = a) λ je vlastní číslo A právě když A λe = 2 λ λ λ = (2 λ)(λ 3 3)(λ 3+ 3) = 0 Tedy λ 1 = 2, λ 2 = 3 + 3, λ 3 = 3 3 jsou vlastní čísla A b) x (i) je vlastní vektor A příslušný k vlastnímu číslu λ i právě když (A λ i E) x (i) = o Tento systém rovnic má pro i = 1 tvar a všechna jeho řešení jsou x 2 = 0, x 1 + x 3 = 0 Můžeme tedy zvolit x (1) = [1, 0, 1] Analogicky x (2) = [1, 1+ 3, 1] a x (3) = [1, 1 3, 1] Poznámka Znalost vlastního čísla a vlastního vektoru jsou prakticky ekvivalentní Známe-li vlastní číslo λ matice A pak je příslušný vlastní vektor x libovolné nenulové řešení homogenního systému rovnic (20) Známe-li vlastní vektor x, pak λ splňuje Ax = λx x Ax = x λx = λ x 2 2 λ = x Ax x

45 Řekneme, že λ je rovno Rayleighovu podílu Následující tvrzení poskytuje užitečný odhad vlastních čísel matic Věta 61(Gerschgorin) Je-li λ C vlastní číslo matice A řádu n, pak existuje index i tak, že λ a ii n j=1,j i a ij Důkaz Označme λ S, x příslušný vlastní vektor a x i souřadnici x, jejíž absolutní hodnota je největší Pak je i tá souřadnice vektoru Ax λx = o (a ii λ)x i + j i a ij x j = 0 Pak a získáme λ a ii x i a ij x j j i λ a ii a ij j i že Věta 62 Uvažme matici A řádu n, x o a λ C taková, Pak platí tvrzení a) d) a) A(cx) = λ(cx) c R Ax = λx b) (A ce)x = (λ c)x c R c) A k x = λ k x pro k = 2, 3, d) A 1 x = 1 λx pro λ 0 právě když A je regulární Důkaz d): Ax = λx = x = A 1 (Ax) = A 1 λx = 1 λ x = A 1 x 45

46 Věta 63 Je-li norma matic souhlasná s odpovídající normou vektorů, pak ϱ(a) A pro všechny čtvercové matice A Důkaz Uvažme ϱ(a) = λ a Ax = λx Pak A x Ax = λx = ϱ(a) x = A ϱ(a) Věta 64 Je-li matice A symetrická pozitivně definitní, pak všechna vlastní čísla A jsou kladná Důkaz Je-li x o a Ax = λx, pak λ = x Ax x > Věta 65 Je-li matice A symetrická, pak a) všechna vlastní čísla A jsou reálná a b) vlastní vektory příslušné vzájemně různým vlastním číslům jsou ortogonální Důkaz b) Uvažme vektory u o v takové, že Au = λu, Av = µv a λ µ Pak platí v Au = λv u u A v = λu v u Av = λu v u Av = µu v µ u, v = λ u, v a λ µ u, v = 0 Věta 66 Ke každé symetrické matici A řádu n existuje ortogonální systém n vlastních vektorů A 46

47 62 Mocninná metoda PŘEDPOKLADY: 1 Vlastní čísla λ 1,, λ n matice A jsou reálná a λ 1 > λ 2 λ n 2 příslušné vlastní vektory x 1,, x n jsou ortogonální ZÁKLADNÍ MYŠLENKA: Uvažme z0 R n a počítejme z 1 = Az 0, z 2 = Az 1,, z k = Az k 1 = A k z 0, Dle předp 2 existují čísla c 1,, c n tak, že Pak z 0 = c 1 x c n x n z k = c 1 A k x 1 + c 2 A k x c n A k x n = c 1 (λ 1 ) k x 1 + c 2 (λ 2 ) k x c n (λ n ) k x n = (λ 1 ) k c 1 x 1 + c 2 ( λ2 λ 1 )k ( )k x 2 λn + + c n λ 1 x n Jelikož λ i < λ 1, ( λi λ 1 ) k 0 jakmile k pro i = 2,, n Tedy z k = (λ1 ) k c 1 x 1 je aproximace x 1 a σ k = (zk ) Az k z k 2 2 = λ 1 pro k velké Poznámka a) Teoreticky, jestliže c 1 = 0, pak z 0 x 1 a také z k x 1 pro k = 2, 3, Jestliže c 1 = 0, pak z k konverguje k vlastnímu vektoru λ 1 velmi pomalu b) Vznikají 2 nebezpečí: λ 1 > 1 = z k 2 pro k přetečení λ 1 < 1 = z k 2 0 as k podtečení 47

48 a) říká, že je rozumné volit z 0 co nejblíže k x 1 Podle b) je rozumné normalizovat každý nový vektor z k : Položíme y k = 1 z k 2 z k Pak y k 2 = 1 a σ k = (y k ) z k+1 = (y k ) Ay k = (zk ) Az k z k 2 2 = λ 1 Podmínka zastavení: Aproximujeme λ 1 hodnotou σ k když σ k σ k 1 < ε pro dané malé kladné číslo ε ALGORITMUS MOCNINNÉ METODY: Vstupní data: matice A řádu n, z 0 R n, ε > 0 Krok 1 y 0 = 1 z 0 z0, z 1 = Ay 0, σ 1 = y 0, z 1, σ 0 = 1e6 Krok 2 Pro k = 1, 2,, dokud σ k σ k 1 ε: y k = 1 z k zk, z k+1 = Ay k, σ k+1 = y k, z k+1 Krok 3 y = 1 z k+1 2 z k+1 Výstupní data: σ k+1 = λ1, y = x 1 Příklad 62 Aproximujte největší vlastní číslo a příslušný vlastní vektor matice A = Položte z0 = [2, 0, 2] a ε = 0, 0005 [Dle Př 61 je λ 1 = = 4,73205] 48

49 Výpočet je prezentován v této tabulce: i z1 i z2 i z3 i y1 i y2 i y3 i σ i , , ,4142 1,4142 1,4142 0,5774 0,5774 0,5774 2, ,7321 3,4641 1,7321 0,4082 0,8165 0,4082 4, ,6330 4,0825 1,6330 0,3482 0,8704 0,3482 4, ,5460 4,1964 1,5460 0,3267 0,8868 0,3267 4, ,5403 4,2020 1,5403 0,3255 0,8877 0,3255 4, ,5387 4,2020 1,5387 0,3252 0,8880 0,3252 4,7320 Poznámka Aproximace nejmenšího vlastního čísla Matice A 1 má vlastní čísla 1 λ 1,, 1 λ n a vlastní vektory x 1,, x n Je-li 1 λ 1 < 1 λ n, pak mcninná metoda, aplikovaná na matici A 1, poskytne aproximaci vlastního čísla 1/λ n a vlastního vektoru x n Abychom zabránili složitému výpočtu matice A 1, násobky z i+1 = A 1 y i jsou počítány řešením ekvivalentních systémů rovnic Az i+1 = y i Cvičení 1 Vypočtěte všechna vlastní čísla a vlastní vektory matice a) A = b) B = přesně Ověřte, že Vaše výsledky jsou korektní [a): λ 1 = 3 + 2, x 1 = [1, 2 1], λ 2 = 3 2, x 2 = [1, 2 1] b): λ 1 = 6, x 1 = [0, 0, 1], λ 2 = 3 + 2, x 2 = [1, 2 1, 0], λ 3 = 3 2, x 2 = [1, 2 1, 0] ] 49

50 2 Aproximujte v absolutní hodnotě nejmenší vlastní číslo matice B a příslušný vlastní vektor mocninnou metodou s přesností ε = Řešení systémů lineárních rovnic iterací I Iterační metody jsou využívány především pro řešení systémů s řídkými maticemi, které nejsou pásové Jsou dobře použitelné i pro systémy s plnou, špatně podmíněnou maticí Speciální iterační techniky jako například multigrid (metoda více sítí) poskytují optimálně efektivní algoritmy pro systémy rovnic, které jsou diskretizacemi okrajových úloh pro diferenciální rovnice Seznámíme se jen s elementárními metodami Jacobiovou, Gaussovou Seidelovou a s relaxačními metodami z nich odvozenými V systému rovnic (11) vyjádřeme matici A jako rozdíl M N Pak vektor řešení ˆx splňuje a lze uvážit iterační předpis M ˆx = N ˆx + b (22) Mx (i+1) = Nx (i) + b (23) Pro úspěšné použití předpisu (23) je třeba, aby matice M byla regulární (to budeme předpokládat) a aby (a) aproximace x (i) konvergovaly k vektoru ˆx přesného řešení, (b) výpočet vektoru x (i+1) byl efektivní (pro to stačí, aby matice M byla diagonální, trojúhelníková případně blízká matici trojúhelníkové ) Označme e (i) chybu ˆx x (i) a odečtěme rovnost (23) od (22) Obdržíme Me (i+1) = Ne (i) Vynásobíme-li obě strany maticí M 1 zleva, vznikne e (i+1) = T e (i) pro T = M 1 N Přejdeme-li 50

51 v této identitě k normám vektorů a odpovídajícím souhlasným normám matic, vznikne nerovnost a odtud ihned plyne e (i+1) T e (i) e (i+1) T i+1 e (0) pro i = 0, 1, Je tedy zřejmé, že e (i+1) = ˆx x (i+1) 0 pro i, jakmile T < 1 Našli jsme tuto postačující podmínku: Iterační posloupnost (x (i) ) konverguje k přesnému řešení systému rovnic (11), existuje-li norma matic souhlasná s normou vektorů tak, že T < 1 Požadavek (b) bude v níže uvedených konkrétních metodách splněn Ty odvodíme pomocí rozkladu matice A na součet L + D+U, kde L má prvky matice A právě pod, D v a U nad hlavní diagonálou 71 Jacobiova metoda Do rovnic (10) dosad me aproximaci x (i) a v j té rovnici změňme souřadnici x (i) j na x (i+1) j tak, aby rovnice byla splněna, tj aby a j1 x (i) 1 + +a j,j 1 x (i) j 1+a jj x (i+1) j Vyjádříme-li z této rovnice x (i+1) j Jacobiovy metody +a j,j+1 x (i) j+1+ +a jn x (i) n = b j pro každé j, vznikne jeden krok x (i+1) 1 = ( a 12 x (i) 2 a 1n x (i) n + b 1 )/a 11 x (i+1) 2 = ( a 21 x (i) 1 a 2n x (i) n + b 2 )/a 22 x (i+1) n = ( a n1 x (i) 1 a n,n 1 x (i) n 1 + b n )/a nn, 51

52 jehož maticový zápis je x (i+1) = T x (i) + d pro matici T = 0 a 12 /a 11 a 1n /a 11 a 21 /a 22 0 a 2n /a 22 a n1 /a nn a n,n 1 /a nn 0 a vektor d = [b 1 /a 11, b 2 /a 22,, b n /a nn ] Tento mechanismus je pro systém dvou rovnic ilustrován na Obr 9 Je patrné, že Obrázek 9: Jeden krok Jacobiovy metody Jacobiova metoda vznikne volbou M = D, N = L U a že T = D 1 ( L U) Jacobiova metoda konverguje pro všechny ryze diagonálně dominantní matice, tj matice A s vlastností a ii > n a ij pro všechny řádkové indexy i j=1 j i Toto tvrzení plyne z výše uvedené dostatečné podmínky konvergence a z nerovnosti T < 1, kterou lze snadno ověřit 72 Gaussova Seidelova metoda Jacobiova metoda počítá všechny složky x (i+1) j výhradně pomocí souřadnic aproximace x (i) Gaussova Seidelova metoda počítá 52

53 složky x (i+1) j postupně a pro j > 1 využívá již vypočtených souřadnic x (i+1) 1,, x (i+1) j 1 Lze očekávat, že tato úprava Jacobiovy metody přinese zrychlení konvergence Tedy jeden krok Gaussovy Seidelovy metody má tvar x (i+1) 1 = ( a 12 x (i) 2 a 1n x (i) n + b 1 )/a 11 x (i+1) 2 = ( a 21 x (i+1) 1 a 2n x (i) n + b 2 )/a 22 x (i+1) n = ( a n1 x (i+1) 1 a n,n 1 x (i+1) n 1 odpovídá volbě M = L + D a N = U v (23) + b n )/a nn První souřadnice aproximace x (i+1) Gaussovy Seidelovy metody je stejná jako v metodě Jacobiově Změna j té souřadnice je taková, aby se vektor, splňující (j 1) tou rovnici změnil na vektor, vyhovující j té rovnici dané soustavy Tato konstrukce je znázorněna pro dvě rovnice o dvou neznámých na Obr 10 Konvergence Gaussovy Seidelovy metody je zaručena pro ryze ; Obrázek 10: Jeden krok Gaussovy Seidelovy metody diagonálně dominantní matice soustavy, ale i pro SPD matice Gaussova Seidelova metoda konverguje zpravidla rychleji, než metoda Jacobiova Není to však nutné, existují i případy, kdy 53

54 Gaussova Seidelova metoda diverguje a Jacobiova metoda konverguje 73 Relaxační metody Níže uvedené relaxační metody jsou zobecněními metod Jacobiovy a Gaussovy Seidelovy, určenými tzv relaxačním parametrem ω tímto postupem: Pro zadanou nultou aproximaci x (0), postupně pro i = 0, 1,, počítáme x (i+1) Jacobiovou nebo Gaussovou Seidelovou metodou způsobem popsaným v odstavci 71 nebo 72 Potom (i+1) tou aproximaci relaxační metody x (i+1) získáme tak, že k i té aproximaci x (i) přičteme ω násobek rozdílu x (i+1) x (i) : x (i+1) j = x (i) j + ω( x (i+1) j x (i) j ) pro j = 1,, n Je známo, že pro konvergenci relaxační metody je nutné, aby parametr ω ležel v intervalu (0, 2) Pro 0 < ω < 1 mluvíme o dolní relaxaci, pro ω = 1 je relaxační metoda právě metoda Jacobiova nebo Gaussova Seidelova a pro 1 < ω < 2 se mluví o horní relaxaci, stručně o SOR (Successive Over Relaxation) metodách Tedy všechny změny souřadnic jsou v jednom kroku relaxační metody ω násobky změn v kroku Jacobiovy nebo Gaussovy Seidelovy metody Obr 11 znázorňuje řešení příkladu z Obr 9 relaxační metodou, vzniklou z Jacobiovy metody s parametrem ω = 1,2 Srovnání Obr 11 s Obr 9 ukazuje, že v tomto případě je aproximace x (1) vypočtená relaxační metodou blíže k přesnému řešení, než aproximace x (1) vypočtená Jacobiovou metodou Vhodnou volbou relaxačního parametru lze konvergenci zrychlit Hodnoty optimálních relaxačních parametrů jsou však známy jen pro některé typy matic soustavy Podmínka ukončení: Pro každou z uvedených iteračních metod řekneme, že systém rovnic je vyřešen s chybou menší než ε, 54

55 Obrázek 11: Jeden krok relaxační Jacobiovy metody, ω = 1,2 jakmile x (i+1) x (i) < ε (absolutní podmínka) nebo jakmile x (i+1) x (i) < ε x (i) (relativní podmínka) Pak položíme x = x (i+1) Zde je libovolná norma vektorů V příkladech budeme počítat s absolutní podmínkou Příklad 71 Systém rovnic řešte postupně Jacobiovou metodou, Gaussovou Seidelovou metodou a Gaussovou Seidelovou relaxační metodou s parametrem ω = 1, 0718 s chybou menší než ε = 0, Za nultou aproximaci zvolte vždy x (0) = [0, 25; 0, 5; 0; 0, 25] Průběh 55 x 1 x 2 x 3 x 4 =

56 výpočtu Jacobiovou metodou: i x (i) 1 x (i) 2 x (i) 3 x (i) 4 0 0,25 0,5 0 0,25 1 0, , , , , , , , , , , , , , , ,49975 Průběh výpočtu Gaussovou Seidelovou metodou: i x (i) 1 x (i) 2 x (i) 3 x (i) 4 0 0,25 0,5 0 0,25 1 0, , , , , , , , , , , , , , , ,50000 Průběh výpočtu relaxační Gaussovou Seidelovou metodou: Cvičení i x (i) 1 x (i) 2 x (i) 3 x (i) 4 0 0,25 0,5 0 0,25 1 0, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Systém rovnic x 1 = 1,5 řešte (a) Jacobiovou metodou, (b) Gaussovou Seidelovou metodou 0,5 2 x 2 2,5 a 56

57 (c) relaxační Jacobiovou metodou s počáteční aproximací x (0) = [3; 2,7] a s chybou menší než ε = 0,001 {Metoda (a) poskytuje přibližné řešení x = [1,57178; 1,64312] po 8 krocích, (b) x = [1,57156; 1,64289] ] po 5 krocích a (c) x = [1,57113; 1,64307] po 10 krocích První krok iterace metodou (a) resp (b), (c) je ilustrován na Obr 9 resp 10, 11} 2 Ukažte, že řešení systému rovnic x 1 x 2 = x s počáteční aproximací x (0) = [0; 0; 0] (a) Jacobiovou metodou diverguje a (b) Gaussovou Seidelovou metodou konverguje {Metoda (a) diverguje a metoda (b) poskytuje řešení x = x (13) = [1,01243; 1,01495; 0,978096] s chybou menší než ε = 0,01 3 Ukažte, že řešení systému rovnic x 1 x 2 = x 3 s počáteční aproximací x (0) = [0; 0; 0] (a) Jacobiovou metodou konverguje a (b) Gaussovou Seidelovou metodou diverguje {Metoda (a) poskytuje přesné řešení x = [1; 1; 1] po 3 krocích, metoda (b) diverguje} 4 Systém rovnic x 1 x 2 = x řešte jednak Gaussovou Seidelovou metodou a jednak relaxační Gaussovou Seidelovou metodou s parametrem ω = 1,5 s chybou menší než ε = 0,0005 V obou případech položte x (0) = [0; 0; 0] {Gaussova Seidelova metoda poskytne x = [-0,35300; -0,11759; 0,52939] po 7 krocích a relaxační Gaussova Seidelova metoda s parametrem ω = 1,5 poskytne x = [-0,35283; -0,11761; 0,52925] po 14 krocích} 57

58 8 Řešení systémů lineárních rovnic iterací II 81 Základní pojmy n Řešme systém rovnic (11): Ax = b, kde A je regulární řádu PŘEDPOKLAD: A je symetrická pozitivně definitní (Pak jsou všechna vlastní čísla A kladná) ÚMLUVA: 0 < λ 1 λ n jsou vlastní čísla, odpovídající vlastní vektory x 1,, x n jsou vzájemně ortogonální a x i = 1 pro i = 1,, n Motivace v případě n = 1: A = [a] a A je SPD právě když a > 0 Problém (11): Najít x R tak, aby ax = b pro a, b R daná Tato úloha je ekvivalentní problému najít x R, pro něž nabývá výraz 1 2 ax2 bx minima Níže uvedená Věta 1 říká, že situace je analogická v obecnějším případě úlohy (11) Definice Položíme J(x) = 1 2 x Ax x b Věta 1(Hlavní věta) Je-li A SPD matice řádu n a Aˆx = b, pak platí tato tvrzení a), b), c) a) J(ˆx) = 1 2 ˆx Aˆx b) J(x) = 1 2 (x ˆx) A(x ˆx) + J(ˆx) c) J(ˆx) < J(x) x ˆx Důkaz a) J(ˆx) = 1 2 ˆx Aˆx ˆx Aˆx = 1 2 ˆx Aˆx b) J(x) = 1 2 x Ax x Aˆx = 1 2 ( x Ax x Aˆx ) 1 2 x Aˆx 58

59 = 1 2 x A(x ˆx) 1 2 (x ˆx) Aˆx 1 2 ˆx Aˆx = 1 2 (x ˆx) A x 1 2 (x ˆx) Aˆx + J(ˆx) = 1 2 (x ˆx) A(x ˆx) + J(ˆx) c) plyne z b) a z pozitivity A Vrstevnicemi grafu funkce z = J(x) jsou elipsy se středem v bodě ˆx Hlavní osy jsou ve směrech vlastních vektorů x i a délka poloosy vrstevnice J(x) = K v tomto směru je K/λ i Poměr mezi nejdelší a nejkratší poloosou je pak je Protože takže platí 1 λ1 1 = λn J(x) = 1 2 λ n λ 1 A A 1 = C(A) n n i=1 j=1 x i x j a ij n x i b i, i=1 J(x)/ x p = n x j a pj b p pro p = 1,, n, j=1 Věta 2 grad J(x) = Ax b 82 Metoda největšího spádu Metody pro hledání minima J(x) = 1 2 x Ax x b (za předpokladu, že A je SPD) jsou tohoto tvaru: 59

60 Pro danou aproximaci x (k) a směrový vektor v (k) počítáme α k R tak, že J(x (k) + α k v (k) ) J(x (k) + αv (k) ) α R Pak položíme x (k+1) = x (k) + α k v (k) Lze odvodit explicitní vyjádření koeficientu α k (vynecháme horní index (k)): J(α) J(x + αv) = 1 2 (x + αv) A(x + αv) (x + αv) b = 1 [ 1 2 x Ax x b + α 2 v Ax + 1 ] 2 x Av v b + α2 2 v Av Jelikož 1 2 v Ax x Av = v Ax dle symetrie A, platí právě když Tedy d J dα = v (Ax b) + αv Av = 0 α = v r v Av pro r = b Ax α k = (v(k) ) r (k) (v (k) ) Av (k), kde r(k) = b Ax (k) se nazývá k té reziduum V metodě největšího spádu je v (k) = grad J(x (k) ) = b Ax (k) = r (k) směr nejrychlejšího poklesu hodnoty J Pak x (0) se zvolí x (k+1) = x (k) + α k r (k) pro α k = r(k) r (k) r (k) Ar (k), k = 0, 1, 60

61 Poznámka Důležitou charakteristikou složitosti metody největšího spádu je, že počet kroků odpovídá číslu podmíněnosti C(A) Příklad Approximujte řešení systému rovnic x 1 x 2 x 3 = metodou největšího spádu Zvolte ε = 0, Výpočet je zaznamenán v tabulce α k k x (k) 1 x (k) 2 x (k) 3 r (k) 1 r (k) 2 r (k) 3 0, /3 1-1/3 0,5 1 0,1667 0,5-0,1667 0,5 0 0,5 0,5 2 0,4167 0,5 0,0833 0, ,5 3 0,4167 0,75 0, ,5 0 0,5 27 0,6666 0,9998 0, , ,5 28 0,6666 0,9998 0,3333 0, , Metody těžkého míče Dráha těžkého míče na ploše v gravitačním poli nemá směr největšího spádu, ale závisí i na starém směru Tedy v (k) = r (k) + β k 1 v (k 1), (v ( 1) = o), kde β k 1 0 je vhodně zvoleno Viz Obr 16 61

62 ˆx x (1) v (1) r (1) x (0) v (0) = r (0) Obrázek Metoda konjugovaných gradientů Přiřad me nejprve každé SPD matici jistý skalární součin Definice Uvažme SPD matici A Pro x, y R n položme x, y A = x Ay Věta 1, A je skalární součin pro každou SPD matici A Důkaz Vlastnosti (S1) x, x A 0 a x, x A = 0 x = o, (S2) x, y A = y, x A a (S3) x, αy + βz A = α x, y A + β x, z A lze snadno ověřit 0 Definice Vektory x, y se nazývají konjugované, když x, y A = Níže uvedená metoda konjugovaných gradientů je metoda těžkého míče, kde je koeficient β k 1 zvolen tak, aby vektory v (k), v (k 1) byly konjugované: x (0) se zvolí, v (0) = r (0) a pro k = 1, 2,, v (k) = r (k) r(k) Av (k 1) v (k 1) Av (k 1)v(k 1) 62

63 x (k+1) = x (k) + α k v (k), α k = v(k) r (k) v (k), v (k) A Cvičení Ověřte, že vektory v (k) a v (k 1) jsou konjugované Příklad 5 Metodou konjugovaných gradientů vyřešte systém rovnic 2 1 x x 2 = 1 2 x 3 Položte x (0) = o Průběh výpočtu je zaznamenán v níže uvedených tabulkách k x (k) 1 x (k) 2 x (k) 3 r (k) 1 r (k) 2 r (k) /3 1-1/3 1 0,1667 0,5-0,1667 0,5 0 0,5 2 0,7051 0,8462 0,1410-0,2308 0,1538 0, ,6667 1,0000 0, k v (k) 1 v (k) 2 v (k) 3 α k β k 0 1/3 1-1/3 0,5 0, ,6364 0,4091 0,3636 0,8461 0, ,0651 0,2604 0,3254 0, ,3530 Tento výsledek ilustruje obecnou skutečnost, že metoda konjugovaných gradientů poskytne přesné řešení po n krocích Pro velké hodnoty n však metoda ukončí výpočet mnohem dříve Nutný počet kroků odpovídá C(A) Cvičení 63

64 1 Systém rovnic řešte metodou konjugovaných gradientů Položte x (0) = o a ε = [x 1 = 1, x 2 = 2, x 3 = 3, x 4 = 4] x 1 x 2 x 3 x 4 = Řešení systémů nelineárních rovnic Jen za účelem formálního zjednodušení se budeme zabývat řešením dvou rovnic pro dvě reálné neznámé ve tvaru f 1 (x 1, x 2 ) = 0, f 2 (x 1, x 2 ) = 0, (24) kde f 1, f 2 jsou funkce, spojité včetně všech potřebných derivací, na oblasti Ω 0 R 2 Při řešení této úlohy mluvíme o bodu x = (x 1, x 2 ) místo o vektoru Tento prakticky často řešený problém lze považovat za rozšíření úlohy řešit jednu nelineární rovnici, viz kapitolu 4 Z metod uvedených v kapitole 4 se pro systémy používají metoda prosté iterace a Newtonova metoda 91 Metoda prosté iterace Podobně jako v odstavci 42 spočívá metoda prosté iterace ve volbě funkcí F 1 a F 2 takových, že soustava rovnic x 1 = F 1 (x 1, x 2 ) x 2 = F 2 (x 1, x 2 ) (25) je ekvivalentní se soustavou (24) Použijeme-li vektorového značení, dostaneme úlohu najít pevný bod x vektorové funkce F (x) = 64

65 (F 1 (x), F 2 (x)): x = F (x) (26) Tato rovnice je formálně shodná s tvarem (3) rovnice pro jednu neznámou Jako v odstavci 42 zvolíme nultou aproximaci x 0 a počítáme iterační posloupnost podle předpisu x i+1 = F (x i ) pro i = 0, 1, Podmínka ukončení: Tato podmínka je totožná s podmínkou ukončení výpočtu iteračních metod pro řešení systémů lineárních rovnic, uvedenou v odst 73 Lze rovněž ukázat, že případná limita této iterační posloupnosti bodů je pevným bodem vektorové funkce F Podle Věty 1 z odstavce 42 iterační posloupnost konverguje, když je absolutní hodnota derivace funkce F z (3) ostře menší, než 1 Tato podmínka je v případě systémů nahrazena podmínkou, aby některá norma matice parciálních derivací F (x) = F 1/ x 1 F 1 / x 2 F 2 / x 1 F 2 / x 2 souhlasná s normou vektorů, byla v některém δ okolí O δ (ˆx) = {x x ˆx < δ} pevného bodu ˆx ostře menší, než jedna: Problém (26) má právě jedno řešení na některém okolí O δ (ˆx), když existuje číslo α < 1 takové, že F (x) < α pro všechna x O δ (ˆx) pro některou souhlasnou normu matic Příklad 81 Z Obr 12 je patrné, že soustava rovnic f 1 (x 1, x 2 ) x x = 0 f 2 (x 1, x 2 ) 4x 1 x = 0 má právě dva kořeny ˆx = (-0,7; -0,8), ŷ = (-0,2; 0,95) Převedemeli tento systém rovnic na tvar x 1 = F 1 (x 1, x 2 ) (x 3 2 2)/4, x 2 = F 2 (x 1, x 2 ) ± 1 x 2 1/2, 65,

66 Obrázek 12: Grafická ilustrace řešení rovnic z Př 1 pak F (x) = 0 3x 2 ( 2/4 x 1 / 2 ) 1 x 2 1/2 0 Protože oba kořeny leží v oblasti Ω = ( 1, 0) ( 1, 1) a max x Ω F (x) = max(3/4, 1/ 2) = 3/4 < 1, lze hledat pevný bod vektorové funkce F iterací Oba kořeny budeme hledat s chybou menší než ε = 0,005 s použitím normy Pro kořen ˆx užijeme předpisu x 0 = (-0,7; -08), a x i+1 1 = ( (x i 1) 3 2 ) /4, x i+1 2 = 1 (x i 1) 2 /2 Průběh výpočtu je zaznamenán v tabulce i x i 1-0,7-0, , , , ,66856 x i 2-0,8-0, , , , ,87986 a aproximace x 0, x 1, x 2 jsou graficky znázorněny na Obr 13 Pro kořen ŷ užijeme předpisu x 0 = (-0,2; 0,95), a x i+1 1 = ( ( x i 1) 3 2 ) /4, x i+1 2 = 1 ( x i 2) 2 /2 66

67 Obrázek 13: Grafická ilustrace aproximací x 0, x 1, x 2 kořene x (1) Výpočet je zaznamenán v této tabulce: i x i 1-0,2-0, , , ,26233 x i 2 0,95 0, , , , Newtonova metoda Předpokládejme, že známá aproximace x i leží blízko přesného řešení x systému (24) Aproximujeme-li nulové hodnoty f 1 (x), f 2 (x) Taylorovým polynomem stupně 1 v okolí x i, získáme f 1 (x i ) + f 1 x 1 (x i )(x 1 x i 1) + f 1 x 2 (x i )(x 2 x i 2) = 0 f 2 (x i ) + f 2 x 1 (x i )(x 1 x i 1) + f 2 x 2 (x i )(x 2 x i 2) = 0 (27) Rozdíly mezi levou a pravou stranou v (27) jsou násobky malých hodnot (x 1 x i 1) 2, (x 1 x i 1)(x 2 x i 2), (x 2 x i 2) 2 67

68 Nahradíme-li neznámé přesné hodnoty x 1 a x 2 aproximacemi x i+1 1 a x i+1 2 a požadujeme-li přesné splnění rovnic (27), získáme jeden krok Newtonovy metody f (x i ) d 1 d 2 = f 1(x i ) f 2 (x i ) (28) jako systém rovnic s maticí parciálních derivací f (x i ) pro neznámý vektor d = x i+1 x i Newtonova metoda pro systémy má podobné vlastnosti jako Newtonova metoda pro jednu rovnici Její konvergence je druhého řádu, ale metoda konverguje jen lokálně, tj za předpokladu, že počáteční aproximace leží blízko přesného řešení Příklad 82 Aproximujte kořen ˆx systému rovnic z Př 81 Newtonovou metodou s chybou menší, než ε = 0, Položte x 0 = (-0,7; -0,8) Řešení Matice parciálních derivací je f (x) = takže pro i = 0 má systém rovnic (28) tvar -1,4-3,2 0,23 4-1,92 0,288 2x 1 4x 2 4 3x 2 2 Jeho řešením je d = x 1 x 0 = (0,030992; -0,085434) Tedy x 1 = d + x 0 = (-0,669008; -0,885434) Pro i = 1 je (28) systémem rovnic -1, , , , , a jeho řešením je vektor d = x 2 x 1 = (-0, ; 0, ), takže x 2 = d + x 1 = (-0,670606; -0,880438) Celý výpočet je shrnut v tabulce i x i 1-0,7-0, , , , x i 2-0,8-0, , , , ,

69 Aproximace x 0, x 1, přesného řešení ˆx a body, v nichž jsou splněny Obrázek 14: Grafická ilustrace iterací x 0 a x 1 z Příkladu 2 dané nelineární rovnice i jejich linarizace z kroku pro i = 0 jsou znázorněny na Obr 14 Srovnání Obr 13 a 14 naznačuje podstatně rychlejší konvergenci Newtonovy metody ve srovnání s metodou prosté iterace ve zkoumaném příkladu Jeden krok Newtonovy metody pro řešení n nelineárních rovnic je časově náročný, nebot sestavení systému rovnic (28) mj vyžaduje výpočet n 2 parciálních derivací Proto se často matice systému (28) používá beze změny pro více, než jeden krok Druhé zefektivnění spočívá v tom, že se parciální derivace z matice f (x i ) počítají přibližně jako v modifikacích Newtonovy metody, uvedených v odst 435 Řády těchto modifikací zůstávají stejné, jako v případě jedné rovnice Zlepšení stability Newtonovy metody se nejčastěji dosahuje 69

70 tím, že k aproximaci x i se nepřičítá vektor d, který je řešením rovnic (28), ale jeho násobek λd, kde koeficient λ je zvolen některým z mnoha způsobů zaručujících, že f(x i+1 ) < f(x i ) Cvičení 1 Schematickým znázorněním grafů funkcí x = cos y + 0,85 a y = sin x 1,32 ověřte, že systém rovnic f 1 (x, y) x cos y 0,85 = 0, f 2 (x, y) sin x y-1,32 = 0 má v oblasti Ω = (1,3; 1,9) (-0,6; 0) jediné řešení Toto řešení aproximujte metodou prosté iterace pro x 0 = (1,6; -0,3) s chybou menší než ε 1 = 0, a tuto aproximaci zpřesněte Newtonovou metodou s chybou menší než ε 2 = 0, {Prostá iterace x i+1 = cos y i + 0,85, y i+1 = sin x i 1,32 poskytne aproximaci (1,79138; 0,34424) s chybou menší než ε 1 po 6 krocích a její zpřesnění Newtonovou metodou (1, ; -0, ) má chybu menší než ε 2 po 2 krocích} 2 Najděte počet řešení systému rovnic f 1 (x, y) 2x + x 2 y 2 = 0, f 2 (x, y) x 2 3y = 0 Každé řešení aproximujte nejprve prostou iterací s chybou menší než ε 1 = 0, a tuto aproximaci zpřesněte Newtonovou metodou s chybou menší než ε 2 = 0, {Dosazením 3y za x 2 do f 1 vznikne f 1 = 2x + 3y 2 2 = 0 To je ekvivalentní s x = 1 3y 2 /2 Schematický nákres grafu této funkce a grafu y = x 2 /3 vede ke zjištění, že systém rovnic má dvě řešení x (1) = (0,9; 0,3) a x (2) = ( 2; 4/3) Z f2 = 0 vznikne rovnice x = 3y F 1 (x, y) a z f 1 = 0 vznikne y = 2(1 x)/3 F 2 (x, y) Lze snadno ukázat, že norma 70

71 F matice derivací vektorové funkce F = (F 1, F 2 ) má v bodě ( 2; 4/3) hodnotu 3/4 < 1, takže iterace x 0 = 2, y 0 = 4/3, x i+1 = 3y i, y i+1 = 2(1 x i )/3 konverguje Chyby menší než ε 1 je dosaženo po 5 krocích pro aproximaci (-2,070; 1,431) Tři kroky Newtonovy metody poskytnou aproximaci řešení (-2,072019; 1,431088) s chybou menší než ε 2 Pro určení kořene x (1) vyjádříme x = 2/(2 + xy) F 1 (x, y) a y = x 2 /3 F 2 (x, y) Lze snadno ukázat, že F = 0, 6 < 1 v bodě (0, 9; 0, 3) Pak použití iterace x 0 = 0, 9, y 0 = 0, 3, x i+1 = 2/(2 + x i y i ), y i+1 = x 2 i /3 vede k aproximaci (0, 8934; 0, 268) s chybou menší než ε 1 po 4 krocích Tři kroky Newtonovy metody pak poskytnou aproximaci (0, ; 0, ) s chybou menší než ε 2 } 10 Aproximace funkce Ve druhé části tohoto textu se budeme zabývat přibližným výpočtem derivace funkce, určitého integrálu a přibližným řešením diferenciálních problémů Ve všech těchto úlohách je dána nebo se hledá alespoň jedna funkce, takže nejde o numerické úlohy Nezbytným přípravným krokem je tedy náhrada těchto úloh úlohami numerickými Ta spočívá především v náhradě dané nebo hledané funkce f, definované na intervalu (a, b), jinou funkcí F, která je určena konečným počtem parametrů a v některém smyslu je lepší, než funkce f Například lze efektivně počítat její hodnoty, derivace atd Z tohoto hlediska jsou nejvýhodnější polynomy; symbolem P n označíme množinu všech polynomů stupně menšího nebo rovného n Náhradní funkce F musí 71

72 být k dané funkci f co nejblíže V případě interpolace se této blízkosti dosahuje tím, že hodnoty funkcí f a F případně jejich derivace se shodují v daných bodech x 0, x 1,, x n Při aproximaci metodou nejmenších čtverců požadujeme, aby byl minimální součet druhých mocnin (f(x 0 ) F (x 0 )) (f(x n ) F (x n )) 2 Symbolem C k a, b pro k = 0, 1, budeme značit množinu funkcí, které mají na intervalu a, b všechny derivace do řádu k (včetně k) spojité Pro jednoduchost položíme C a, b = C 0 a, b 101 Úloha Lagrangeovy interpolace Pro danou soustavu x 0, x 1,, x n vzájemně různých bodů, které budeme nazývat uzly (interpolace), a pro dané hodnoty y 0, y 1,, y n hledáme funkci F, která je polynomem nebo je poskládaná z polynomů nízkých stupňů na podintervalech, vytvořených uzly x 0, x 1,, x n takovou, aby F (x i ) = y i pro i = 0, 1,, n (29) Funkce F se nazývá interpolant Jsou-li y i hodnotami f(x i ) funkce f, pak říkáme, že F je interpolantem funkce f v uzlech x 0,, x n 1011 Interpolační polynomy Požadujeme-li, aby interpolantem byl polynom z P n, pak je úloha Lagrangeovy interpolace vždy jednoznačně řešitelná Řešitelnost ověříme konstrukcí interpolačního polynomu v Lagrangeově tvaru: Položíme L(x) = y 0 L 0 (x) + y 1 L 1 (x) + + y n L n (x), kde L i (x) = (x x 0) (x x i 1 )(x x i+1 ) (x x n ) (x i x 0 ) (x i x i 1 )(x i x i+1 ) (x i x n ) 72

73 pro i = 0, 1,, n Je zřejmé, že L i P n a L i (x j ) = 1 pro j = i 0 pro j i Odtud ihned plyne, že L P n a F = L splňuje podmínku (29) Jednoznačnost interpolačního polynomu: Jestliže polynomy P, Q P n splňují podmínku (29), pak (P Q)(x i ) = 0 pro i = 0, 1,, n a tedy polynom P Q stupně menšího nebo rovného n má n + 1 vzájemně různých kořenů Odtud plyne, že P Q je nulový polynom a tedy P = Q Příklad 91 Najděte interpolační polynom v Lagrangeově tvaru pro data i x i y i Řešení Položíme L 0 (x) = L 1 (x) = (x 0)(x 2)(x 3) ( 1 0)( 1 2)( 1 3) = 1 x(x 2)(x 3) 12 (x + 1)(x 2)(x 3) (0 + 1)(0 2)(0 3) = 1 (x + 1)(x 2)(x 3) 6 L 2 (x) = 1 6 (x + 1)x(x 3) L 3(x) = 1 (x + 1)x(x 2) 12 a tedy L(x) = 5L 0 (x) + 10L 1 (x) + 2L 2 (x) + L 3 (x) Konstrukce interpolačního polynomu v Lagrangeově tvaru je velmi názorná, ale například výpočet jeho hodnoty je složitý: vyžaduje přibližně n 2 operací Proto se interpolační polynom v tomto tvaru používá většinou jen v teoretických úvahách Pro jiné použití jsou výhodnější interpolační polynomy v Newtonově tvaru: Hledáme polynom N(x) = a 0 +a 1 (x x 0 )+ +a n (x x 0 )(x x 1 ) (x x n 1 ) (30) 73

74 a koeficienty a 0,, a n určíme tak, aby byly splněny podmínky (29) Pro i = 0, 1,, n tak postupně dostaneme a 0 = y 0 a 0 + a 1 (x 1 x 0 ) = y 1 a 0 + a 1 (x 2 x 0 ) + a 2 (x 2 x 0 )(x 2 x 1 ) = y 2 a 0 + a 1 (x n x 0 ) + + a n (x n x 0 ) (x n x n 1 ) = y n Řešení této soustavy rovnic s dolní trojúhelníkovou maticí lze navíc popsat rekurzivním způsobem Zřejmě a lze ověřit, že a 0 = y 0, a 1 = y 1 y 0 x 1 x 0 a i = y(x 0, x 1,, x i ) pro i = 1, 2,, n, kde se postupně výrazy y(x i, x i+1 ) = y i+1 y i x i+1 x i pro i = 0,, n 1, y(x i, x i+1, x i+2 ) = y(x i+1, x i+2 ) y(x i, x i+1 ) x i+2 x i pro i = 0,, n 2, y(x 0,, x n ) = y(x 1,, x n ) y(x 0,, x n 1 ) x n x 0 nazývají poměrné diference prvního, druhého,, n tého řádu Tedy N(x) = y 0 + y(x 0, x 1 )(x x 0 ) + y(x 0, x 1, x 2 )(x x 0 )(x x 1 ) + + y(x 0, x 1,, x n )(x x 0 ) (x x n 1 ) (31) je interpolační polynom v Newtonově tvaru Př 92 ilustruje vhodný grafický způsob výpočtu koeficientů polynomu N(x) 74

75 Příklad 92 Najděte interpolační polynom v Newtonově tvaru pro data z Př 91 Řešení Nutné poměrné diference se získají vyplněním níže uvedené tabulky pomocí rekurzivní formule i x i y i y(x i, x i+1 ) y(x i, x i+1, x i+2 ) y(x 0, x 1, x 2, x 3 ) Tedy N(x) = 5 + 5(x + 1) 3(x + 1)x + (x + 1)x(x 2) Poznámka 3 Konstrukce interpolačního polynomu N(x) je efektivní stejně jako další operace, například výpočet hodnoty tzv zobecněným Hornerovým schématem Toto schéma počítá hodnoty polynomu N(x) z Př 92 postupem, vyznačeným závorkami: N(x) = 5 + (x + 1) (5 + x ( 3 + (x 2))) Zobecněné Hornerovo schéma počítá hodnotu libovolného polynomu stupně n ve tvaru (31) užitím n operací násobení Výhodou interpolačních polynomů v Newtonově tvaru je i jejich stavebnicový charakter Například přidání uzlu x 4 = 1 a hodnoty y 4 = 9 k datům z Př 92 znamená pro interpolační polynom v Lagrangeově tvaru změnu polynomů L 0,, L 3 a konstrukci L 4 Naproti tomu interpolační polynom v Newtonově tvaru vyžaduje pouze doplnění jedné diagonály do trojúhelníkové tabulky a polynomu N(x) o člen 0, 5(x + 1)x(x 2)(x 3) Uvedeme ještě speciální tvar interpolačního polynomu v Newtonově tvaru pro často se vyskytující tzv ekvidistantní uzly Uzly x 0, x 1,, x n se nazývají ekvidistantní, existuje-li kladný krok h tak, že x i = x 0 +ih pro i = 1,, n Pro ekvidistantní uzly 75

76 je interpolační polynom v Newtonově tvaru jednodušší Výrazy y i = y i+1 y i, i = 0,, n 1 2 y i = y i+1 y i, i = 0,, n 2 n y 0 = n 1 y 1 n 1 y 0 nazýváme postupně prvními, druhými,, n-tými (obyčejnými) diferencemi Jejich srovnání s poměrnými diferencemi poskytne y(x i, x i+1 ) = y(x i, x i+1, x i+2 ) = y i h y(x 0,, x n ) = n y 0 n!h n pro i = 0,, n 1 2 y i 2!h 2 pro i = 0,, n 2 Tedy interpolační polynom v Newtonově tvaru pro ekvidistantní uzly má tvar N(x) = y 0 + y 0 h (x x 0) + + n y 0 n!h n (x x 0) (x x n 1 ) Obyčejné diference lze počítat vyplněním analogické trojúhelníkové tabulky jako pro poměrné diference Podstatnou informaci o chybě aproximace hladké funkce jejím interpolačním polynomem poskytuje toto tvrzení: Věta 3 Uvažme interpolační polynom P P n funkce f C n+1 a, b v uzlech a x 0 < x 1 < < x n b Pak pro každý bod x a, b existuje bod ξ (a, b) takový, že f(x) = P (x) + f (n+1) (ξ) ω(x) (32) (n + 1)! Zde ω(x) = (x x 0 )(x x 1 ) (x x n ) 76

77 Obrázek 15: Graf funkce y = ω(x) pro uzly x i = 1 + i/4, i = 0,, 8 Uvedený tvar chyby interpolace indikuje tuto nevýhodu interpolačních polynomů vyšších stupňů, zvanou Rungeho jev: Jsou-li uzly x 0, x 1,, x n blízké ekvidistantním a je-li hodnota n velká, jsou hodnoty funkce ω(x) pro x blízko k bodu a nebo b podstatně větší, než hodnoty ω(x) pro x blízko středu intervalu a, b Tato vlastnost se přenáší i na hodnoty chyby f(x) P (x) Pro ilustraci je na Obr 15 uveden graf funkce ω(x) přiřazené ekvidistantním uzlům 1 = x 0 < x 1 < < x 9 = 1 Jedním ze způsobů, jak se tomuto jevu vyhnout je volba speciálních tzv Čebyševových uzlů Devět Čebyševových uzlů na intervalu 1, 1 má hodnoty x i = cos ((2i + 1)π/18) pro i = 0, 1,, 8 Graf funkce ω(x) příslušné těmto uzlům je na Obr 16 Je zřejmé, že maximum ω(x) na každém podintervalu je stejné Protože uzly interpolace jsou zpravidla pevně dány a jsou blízké uzlům ekvidistantním, je nutno hledat i jiné způsoby, jak se Rungeho jevu zbavit 1012 Interpolační kubické splajny Je-li interval a, b dlouhý a počet uzlů a = x 0 < x 1 < < x n = b je velký, pak místo jednoho interpolačního polynomu vysokého 77

78 Obrázek 16: Graf funkce y = ω(x) pro 9 Čebyševových uzlů na 1, 1 stupně n poskládáme interpolant na intervalu a, b z (obecně vzájemně různých) polynomů nízkého stupně na podintervalech x i 1, x i Je-li tento nízký stupeň roven jedné, mluvíme o lineárním splajnu V tomto okamžiku se spokojíme jen s grafickou ilustrací jednoznačného řešení problému Lagrangeovy interpolace lineárním splajnem na Obr 17 y y 0 x 0 y 1 x 1 y 2 x 2 y 3 x 3 x Obrázek 17 Více pozornosti budeme věnovat tzv kubickým splajnům a zdůvodnění jejich významu Uvažme uzly a = x 0 < x 1 < < x n = b Kubický splajn s uzly x 0,, x n je každá funkce s na 78

79 intervalu a, b taková, že a a) s(x) = s i (x) pro x i 1 x x i a s i P 3 pro i = 1,, n b) s C 2 a, b Podmínka b) je ekvivalentní s požadavky pro i = 1,, n 1 s i (x i ) = s i+1 (x i ) s i(x i ) = s i+1(x i ) s i (x i ) = s i+1(x i ) Budeme se zabývat problémem, jak zkonstruovat kubický splajn s(x) s uzly x 0 < x 1 < < x n, který pro daná y 0, y 1,, y n splňuje podmínku s(x i ) = y i pro i = 0, 1,, n (33) Splňuje-li s podmínku (33) [a platí-li y i interpolační kubický splajn [funkce f] = f(x i )], nazývá se Řešení problému: Položme h i = x i x i 1 pro i = 1,, n Pak (x i x) 3 (x x i 1 ) 3 s i (x) = C i 1 + C i (34) 6h i 6h i + y i 1 C i 1h 2 i x i x + y i C ih 2 i x x i 1 6 h i 6 h i pro i = 1,, n a parametry C 0, C 1,, C n jsou řešením systému rovnic h i 6 C i 1 + h i + h i+1 C i + h i C i+1 = y i+1 y i h i+1 pro i = 1,, n 1 y i y i 1 h i (35) 79

80 Stručné zdůvodnění řešení: Je-li s(x) kubický splajn, pak s (x) je lineární splajn Existují tedy konstanty C 0, C 1,, C n tak, že s (x i ) = C i pro i = 0, 1,, n a s i (x) = C i 1 x i x h i Dvojí integrací s i z (36) vznikne +C i x x i 1 h i pro x x i 1, x i, i = 1,, n (36) s i (x) = C i 1 (x i x) 3 6h i +C i (x x i 1 ) 3 6h i +α i (x i x)+β i (x x i 1 ), kde α i, β i R jsou libovolné integrační konstanty Požadujemeli, aby s i (x i 1 ) = y i 1 a s i (x i ) = y i, získáme vyjádření (34) Ukázali jsme, že s C a, b a že s splňuje (34) Derivováním (34) vznikne s (x i x) 2 (x x i 1 ) 2 i(x) = C i 1 +C i 2h i 2h i Protože + y i y i 1 h i s h i i(x i 1 ) = C i 1 3 C h i i 6 + y i y i 1, h i s h i i(x i ) = C i 3 + C h i i y i y i 1, h i C i C i 1 h i 6 je rovnost s i+1(x i ) = s i(x i ) ekvivalentní s rovnicí (35) pro i = 1,, n 1 Platí-li (35), pak s C a, b Protože (35) je systém n 1 rovnic pro n + 1 neznámých C 0, C 1,, C n, splajn s není určen jednoznačně Nejčastěji se soustava (35) doplňuje o rovnice C 0 = 0 = C n (37) 80

81 Takto doplněný systém rovnic (35) má matici silně diagonálně dominantní a zároveň tří diagonální Kubické splajny splňující podmínky (37), tj se nazývají přirozené s (a) = 0 = s (b), Níže uvedené tvrzení říká, že křivost kubického splajnu je nejmenší mezi všemi interpolanty stejných hodnot ve stejných uzlech Tato vlastnost vylučuje Rungeho jev a je hlavním důvodem, proč je interpolace užitím kubických splajnů populární Věta 4 Uvažme uzly a = x 0 < x 1 < < x n = b a funkci f C 2 a, b Je-li s přirozený interpolační kubický splajn funkce f v uzlech x 0, x 1,, x n, pak b a (s (x)) 2 dx b a (f (x)) 2 dx Příklad 93 Určete přirozený interpolační kubický splajn s(x), který v uzlech x 0,, x 3 nabývá hodnot y 0,, y 3 z této tabulky: i x i y i Řešení Je zřejmé, že h 1 = 1, h 2 = 2 a h 3 = 1 Najdeme nejprve koeficienty C 0, C 1, C 2, C 3 jako řešení systému rovnic (35) a vzhledem k požadavku, aby kubický splajn s byl přirozený položíme C 0 = 0 = C 3 Z (35) plyne tento systém rovnic: 1 1/3 1/3 1 C 1 C 2 = 9 3 Jeho řešením jsou koeficienty C 1 = -11,25, C 2 = 6,75 Dosazením těchto koeficientů do předpisu (34) vznikne hledaný interpolační 81

82 kubický splajn s(x) = s 1 (x) = ,25x 5,625x 2 1,875x 3 pro x 1, 0 s 2 (x) = ,25x 5,625x 2 + 1,5x 3 pro x 0, 2 s 3 (x) = 31 30,25x + 10,125x 2 1,125x 3 pro x 2, Úloha Hermiteovy interpolace Pro danou soustavu uzlů interpolace x 0 < x 1 < < x n a pro dané hodnoty y 0, y 1,, y n, y 0, y 1,, y n, hledáme funkci F, která je polynomem nebo je složená z polynomů nízkých stupňů na podintervalech, vytvořených uzly x 0, x 1,, x n takovou, aby F (x i ) = y i a F (x i ) = y i pro i = 0, 1,, n (38) Jestliže y i = f(x i ) a y i = f (x i ) pro některou funkci f, pak říkáme, že F je Hermiteův interpolant funkce f v uzlech x 0,, x n 1021 Hermiteův interpolační polynom Požadujeme-li, aby Hermiteovým interpolantem byl polynom H(x) P 2n+1, pak je úloha (38) jednoznačně řešitelná a řešení H(x) se nazývá Hermiteův interpolační polynom Uvedeme dvě standardní konstrukce polynomu H(x) Konstrukce Hermiteova interpolačního polynomu v základním tvaru: Hledáme koeficienty a 0,, a 2n+1 tak, aby polynom H(x) = a 0 + a 1 x + + a 2n+1 x 2n+1 (39) splňoval podmínky (38) Koeficienty a 0, a 1,, a 2n+1 určíme řešením 2n + 2 rovnic, které vzniknou dosazením polynomu (39) do (38) Příklad 94 Určete Hermiteův interpolační polynom funkce 82

83 f v uzlech z tabulky i x i f(x i ) f (x i ) Řešení Protože n = 1, existuje jediný Hermiteův interpolační polynom H(x) P 3 Hledáme tedy koeficienty a 0,, a 3 tak, aby polynom H(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 splnil podmínky (38) z tabulky Dosazením x 0 = 1 a x 1 = 0 do (38) vznikne systém rovnic a 0 a 1 + a 2 a 3 = 2 a 1 2a 2 + 3a 3 = 1 a 0 + a 1 + a 2 + a 3 = 0 a 1 + 2a 2 + 3a 3 = 1 Lze snadno ověřit, že a 0 = 0, a 1 = 3, a 2 = 0, a 3 = 1, takže H(x) = 3x + x 3 Konstrukce Hermiteova interpolačního polynomu v zobecněném Newtonově tvaru: Předpokládejme, že H(x) je Hermiteův interpolační polynom funkce f Protože v každém uzlu jsou dány dvě hodnoty, vložíme každý uzel do tabulky pro poměrné diference dvakrát Počítáme-li však poměrné diference standardním postupem, objeví se y(x i, x i ), což nemá smysl Vyjádříme-li však tuto poměrnou diferenci jako limitu y(x i, x) pro x blížící se k x i, získáme y(x i, x i ) = lim x xi y(x i, x) = lim x xi f(x) f(x i ) x x i = f (x i ) = y i Položíme tedy y(x i, x i ) = y i, takže Hermiteův interpolační polynom nabude tvaru H(x) = y 0 + y(x 0, x 0 )(x x 0 ) + y(x 0, x 0, x 1 )(x x 0 ) 2 +y(x 0, x 0,, x n, x n )(x x 0 ) 2 (x x n 1 ) 2 (x x n ) 83

84 Příklad 95 Pro data z níže uvedené tabulky vyjádřete Hermiteův interpolační polynom v zobecněném Newtonově tvaru i x i f(x i ) f (x i ) Řešení Zobecněné Newtonovo schéma je zřejmé z následující tabulky x i f(x i ) a tedy výsledný Hermiteův interpolační polynom je H(x) = 2 + x + 1 (x + 1) 2 + (x + 1) 2 (x 1) 4 9 (x + 1)2 (x 1) (x + 1)2 (x 1) 2 (x 2) Nyní se seznámíme s velmi užitečným typem Hermiteova interpolantu, poskládaným z obecně různých kubických polynomů 1022 Hermiteovy kubické interpolační splajny Hermiteův kubický splajn s uzly x 0 < x 1 < < x n je funkce s taková, že a) s = s i P 3 na x i 1, x i pro i = 1,, n b) s C 1 a, b Jestliže s navíc pro dané hodnoty y 0, y 1,, y n, y 0, y 1,, y n splňuje s(x i ) = y i, s (x i ) = y i pro i = 0, 1,, n, 84

85 pak říkáme, že s je Hermiteův kubický interpolační splajn Poznámka 7 Pro i = 1,, n je kubický polynom s i jednoznačně určen podmínkami s i (x i 1 ) = y i 1 s i(x i 1 ) = y i 1 s i (x i ) = y i s i(x i ) = y i Každý polynom s i (x) lze tedy zkonstruovat jednou z procedur z odstavce 921 Příklad 96 Najděte Hermiteův kubický interpolační splajn pro data z níže uvedené tabulky i x i y i y i Řešení Kubické polynomy zkonstuujeme například pomocí zobecněných Newtonových schémat: Ze schématu x i y i y(x i, x i+1 ) y(x i, x i+1, x i+2 ) y(x 0, x 1, x 2, x 3 ) vznikne s 1 (x) = 2 + (x + 1) (x + 1) 2 + (x + 1) 2 (x 1) a ze schématu x i y i y(x i, x i+1 ) y(x i, x i+1, x i+2 ) y(x 0, x 1, x 2, x 3 )

86 obdržíme s 2 (x) = (x 1) + 2(x 1) 2 (x 2) Tedy hledaný Hermiteův kubický interpolační splajn je funkce s(x) = s 1 (x) pro x 1, 1 s 2 (x) pro x 1, Diskrétní metoda nejmenších čtverců (MNČ) V mnoha situacích, v nichž je třeba danou funkci f nahradit jednodušší funkcí F, je nevhodné nebo vůbec nelze použít interpolace Jsou-li například v uzlech interpolace x 0, x 1,, x n dány hodnoty funkce f nepřesně, přenáší se nepřesnost i na interpolant Interpolace je nepoužitelná v případech, kdy je požadován interpolant jistého typu a přitom žádná funkce tohoto typu interpolantem není Proto v tomto odstavci požadavek F (x i ) = f(x i ) pro i = 0,, n nahradíme slabším požadavkem, aby součet (F (x 0 ) f(x 0 )) (F (x n ) f(x n )) 2 byl minimální Obr 18 ilustruje hodnotu tohoto součtu graficky Od tohoto grafického významu je název metody odvozen y y = F (x) f(x 0 ) f(x 1 ) f(x 2 ) f(x 3 ) f(x 4 ) x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x Obrázek 18 Obecná formulace úlohy: Pro dané vektory ϕ z R k a ϕ 1,, ϕ n z R k v počtu n < k najděte koeficienty c 1,, c n takové, že pro vektor ϕ = c 1 ϕ c n ϕ n je norma ϕ ϕ 2 (40) 86

87 minimální Podmínka (40) je ekvivalentní s podmínkou, že je minimální druhá mocnina ϕ ϕ 2 2 Vzhledem k identitě (9) a vlastnostem (S1) (S4) skalárního součinu je tedy třeba najít koeficienty c 1,, c n, pro něž funkce G(c 1,, c n ) = ϕ ϕ, ϕ ϕ = n i,j=1 c i c j ϕ i, ϕ j 2 n c i ϕ, ϕ i (41) nabývá svého minima Nutnými podmínkami minima jsou rovnice G = 0 n c j ϕ j, ϕ i ϕ, ϕ i = 0 pro i = 1,, n c i j=1 (42) Tyto rovnice pro neznámé koeficienty c 1,, c n se nazývají normální Jejich maticový zápis je ϕ 1, ϕ 1 ϕ 2, ϕ 1 ϕ n, ϕ 1 ϕ 1, ϕ 2 ϕ 2, ϕ 2 ϕ n, ϕ 2 ϕ 1, ϕ n ϕ 2, ϕ n ϕ n, ϕ n c 1 c 2 c n = i=1 ϕ, ϕ 1 ϕ, ϕ 2 ϕ, ϕ n (43) Je dobře známo, viz např [6], že za předpokladu, že vektory ϕ 1,, ϕ n jsou lineárně nezávislé, je matice systému rovnic (43) symetrická a pozitivně definitní To znamená, že soustavu (43) lze řešit efektivně například Choleského metodou Získané řešení minimalizuje hodnotu normy (40) Nyní uvedeme 3 příklady jako ilustrace typických aplikací MNČ V Př 97 bude MNČ použita pro přibližné řešení tzv přeurčených systémů lineárních rovnic a zadání Př 98 je třeba nejprve přeformulovat do tvaru vhodného pro použití MNČ Př 99 poskytuje aproximaci funkce, jejíž hodnoty jsou známy jen v konečně mnoha bodech, funkcí daného typu 87

88 Příklad 97 Za účelem stanovení nadmořských výšek v A, v B, v C bodů A, B, C bylo provedeno měření těchto šesti výškových rozdílů: v A = 1 v A +v C = 1 v B = 2 v B +v C = 2 v C = 3 v A +v B = 1 Najděte co nejpřesnější aproximace nadmořských výšek v A, v B, v C Řešení Nelze očekávat, že tento systém 6 rovnic pro 3 neznámé má přesné řešení Zapíšeme-li jej vektorově ve tvaru v A v B v C = a označíme-li ϕ A resp ϕ B, ϕ C vektor, násobený neznámou výškou v A resp v B, v C a ϕ vektor pravých stran, pak místo snahy o přesné řešení budeme hledat vektor ϕ = ṽ A ϕ A + ṽ B ϕ B + ṽ C ϕ C tak, aby norma ϕ ϕ 2 byla minimální Řešením normálních rovnic jsou aproximace v A = 1,25, v B = 1,75, v C = 3 výšek bodů A, B, C Příklad 98 Kometa Tentax se pohybuje po eliptické dráze 88

89 Použitím polárních souřadnic byly naměřeny tyto polohy komety: α 48 o 67 o 83 o 108 o 126 o r 2,70 2,00 1,61 1,20 1,02 Keplerův zákon říká, že p r r(α) = 1 e cos α, (44) kde neznámý parametr p charakterizuje velikost elipsy a e její excentricitu Určete hodnoty parametrů p a e metodou nejmenších čtverců Řešení V MNČ aproximujeme daný vektor ϕ vektorem ϕ, který je lineární kombinací c 1 ϕ c n ϕ n daných vektorů ϕ 1,, ϕ n s parametry c 1,, c n V této úloze jsou neznámými parametry c 1 = p, c 2 = e Nevidíme však daný vektor ϕ ani dvojici vektorů, jejichž lineární kombinace s koeficienty p, e by měla vektor ϕ aproximovat Vynásobíme-li však obě strany identity (44) jmenovatelem 1 e cos α, získáme r = p + e r cos α (45) Tuto identitu chápeme jako úlohu aproximovat danou funkci f = r lineární kombinací daných funkcí f 1 = 1 a f 2 = r cos α Výše uvedená tabulka poskytuje hodnoty funkcí f, f 1, f 2 pro 5 hodnot argumentu α Z tohoto důvodu budeme místo s funkcemi pracovat s vektory 5 hodnot ϕ = 2,70 2,00 1,61 1,20 1,02, ϕ 1 = Výsledné normální rovnice jsou , a ϕ 2 = 5 1,82 8,53 1,82 3,43 5, ,81 0,78 0,20-0,37-0,60

90 a jejich řešení je p = 1,44, e = 0,72 Tedy Keplerův zákon pro tuto kometu má přibližně tvar r(α) = 1,44 1 0,72 cos α Příklad 99 Funkci f, jejíž hodnoty jsou dány v uzlech z tabulky i x i -1-0,5 0 0,5 1 f(x i ) 0, , , ,71828 aproximujte (a) lineárním, (b) kvadratickým a (c) kubickým polynomem Řešení Lineární polynom p 1 (x) = c 1 + c 2 x, je lineární kombinací f 1 (x) = 1 a f 2 (x) = x Funkcím f, f 1 a f 2 přiřadíme vektory hodnot ϕ, ϕ 1 a ϕ 2, kde ϕ = 0, , , ,71828, ϕ 1 = , ϕ 2 = 1-0,5 0 0, 5 1 Pak normální rovnice jsou systémem rovnic A 1 c 1 = b 1, kde A 1 = ϕ1, ϕ 1 ϕ 2, ϕ 1 ϕ 1, ϕ 2 ϕ 2, ϕ 2 = ,5, b 1 = ϕ1, ϕ ϕ 2, ϕ = Jejich řešením je vektor c 1 = [1,268282, 1,148598], takže hledaný polynom 1 stupně je p 1 (x) = 1, ,148598x Analogicky lze ukázat, že hledaný polynom 2 stupně je p 2 (x) = 0, ,148598x + 0,547734x , ,871495

91 a polynom 3 stupně je p 3 (x) = 0, ,997853x + 0,547734x 2 + 0,177347x 3 Koeficienty těchto polynomů jsou postupně řešeními normálních rovnic A 2 c 2 = b 2 a A 3 c 3 = b 3, kde A 3 = A 2 = 5 0 2,5 0 2,5 0 2,5 0 2,125, b2 = 5 0 2, ,5 0 2,125 2,5 0 2, , , , , ,649973, b 3 =, 6, , , , Protože všechny hodnoty f(x i ) z tabulky jsou rovny e x i, porovnáme v Obr 16 grafy aproximací p 1 (x) a p 2 (x) s grafem funkce e x Grafy p 3 (x) a e x nejsou opticky odlišitelné Skutečnost, že s růstem stupně polynomu se kvalita aproximace rychle zlepšuje, dokládá i rychlý pokles chyby ϕ ϕ 2 s růstem stupně použitého polynomu Při aproximaci e x polynomem p 1 případně p 2, p 3 je velikost chyby 0,5193 případně 0,08448, 0, Čísla podmíněnosti matic A 1, A 2, A 3 rychle rostou: C(A 1 ) = 2, C(A 2 ) = 12,857 a C(A 3 ) = 61,667 Tato skutečnost naznačuje nedostatek normálních rovnic, totiž rychlou ztrátu stability s růstem počtu n vektorů Například při aproximaci polynomy v základním tvaru je číslo podmíněnosti neúměrně velké již při aproximaci polynomy stupně 10 Přibližné řešení přeurčených systémů lineárních rovnic je pomocí popsaných normálních rovnic nejjednodušší Jejich nestabilitě se lze vyhnout použitím ortogonálních bazí v P n nebo použitím jiných metod, například QR rozkladu Viz [6] nebo [5] Cvičení 1 Najděte interpolační polynom dané funkce f v uzlech x 0 = a, x 1 = b 91

92 Obrázek 19: Grafy funkcí e x (plně), p 1 (čárkovaně) a p 2 (tečkovaně) a) v Lagrangeově tvaru, b) v Newtonově tvaru {a) L(x) = f(a)(x b)/(a b) + f(b)(x a)/(b a), b) N(x) = f(a) + (x a)(f(b) f(a))/(b a)} 2 Najděte interpolační polynom funkce f v uzlech z tabulky a) v Lagrangeově tvaru, b) v Newtonově tvaru x f(x) {a) L(x) = L 0 (x) + 2L 1 (x) + 12L 2 (x) + 27L 3 (x), L 0 (x) = (x 2)(x 4)(x 5)/12, L 1 (x) = (x 1)(x 4)(x 5)/6, L 2 (x) = (x 1)(x 2)(x 5)/6, L 3 (x) = (x 1)(x 2)(x 4)/12, 92

93 b) N(x) = 1 + (x 1) + 4(x 1)(x 2)/3 + (x 1)(x 2)(x 4)/2} 3 Rozšiřte tabulku ze cvičení 2 o uzel 3 a hodnotu f(3) = 5 Zkonstruujte interpolační polynom Q funkce f v uzlech 1, 2, 3, 4, 5 a) doplněním interpolačního polynomu N(x) ze cvičení 2, b) ve tvaru Newtonova interpolačního polynomu pro ekvidistantní uzly 1, 2, 3, 4, 5 {a) Q(x) = N(x) + (x 1)(x 2)(x 4)(x 5)/12, b) Q(x) = x + (x 1)(x 2) + (x 1)(x 2)(x 3)/3 + (x 1)(x 2)(x 3)(x 4)/12} 4 Uvažte ekvidistantní uzly 1 = x 0 < x 1 < < x n = 1 s krokem h a interpolační lineární splajn ϕ(x) funkce f(x) = cos x v uzlech x 0,, x n Užitím odhadu chyby z Věty 3 najděte maximální hodnotu kroku h tak, aby max 1 x 1 f(x) ϕ(x) 0, {h 0,004} 5 Rozhodněte, zda funkce s(x) = s 1 (x) = 1,4 3,4x + 2,4x 2 pro x 2; 3 s 2 (x) = -9,4 + 7,4x 1, 2x 2 pro x 3; 4 s 3 (x) = ,6x 6x 2 pro x 4; 5 je přirozený kubický splajn {s je přirozený kubický splajn, nebot s 1, s 2, s 3 P 3, s 1 (3) = 2 = s 2 (3), s 2 (4) = 1 = s 3 (4), s 1(3) = 0, 2 = s 2(3), s 2(4) = 2, 2 = s 3(4), s 1(3) = 2, 4 = s 2(3), s 2(4) = 2, 4 = s 3(4) a s 1(2) = 0 = s 3(5)} 6 Aproximujte hodnotu e 0,15 pomocí a) interpolačního polynomu 93

94 b) Hermiteova interpolačního polynomu funkce f(x) = e x v uzlech x 0 = 0, 1, x 1 = 0, 2 {Absolutní hodnota chyby je v případě a) 0,00145 a v případě b) 0,00033} 7 Vlivem přílivu je výše hladiny Severního moře periodickou funkcí času t s periodou 12 [hodin] Nejčastěji je aproximována funkcí ve tvaru H(t) = h 0 + a 1 sin 2πt 12 + a 2 cos 2πt 12 Užitím výsledků měření, uvedených v níže uvedené tabulce, najděte aproximace koeficientů h 0, a 1, a 2 t [hod] H(t) [m] 1 1,6 1,4 0,6 0,2 0,8 {H(t) = 0, ,5774 sin 2πt/12 + 0,2667 cos 2πt/12} 8 Atomová hmotnost dusíku (N) případně kyslíku (O) je přibližně 14 případně 16 Pomocí molekulárních hmotností kysličníků dusíku z níže uvedené tabulky aproximujte atomové hmotnosti dusíku a kyslíku kysl dusíku NO N 2 O NO 2 N 2 O 3 N 2 O 4 N 2 O 5 mol hmotnost 30,006 44,013 46,006 76,012 92, ,010 {Atomová hmotnost dusíku je 14,007 a kyslíku 15,999} 11 Numerický výpočet derivace V této kapitole použijeme interpolační polynomy pro získání formulí vyjadřujících přibližné hodnoty prvních a druhých derivací hladkých funkcí Tyto formule se používají v případech, kdy je derivovaná funkce zadána pouze tabulkou nebo v případech, 94

95 kdy je výpočet přesné hodnoty derivace příliš pracný Budeme se zabývat touto úlohou : Pro daný bod x a daný krok diskretizace h > 0 aproximujte hodnoty derivací f (x) a f (x) hladké funkce f pomocí hodnot f(x h), f(x), f(x + h) Nahradíme-li funkci f(t) interpolačním polynomem a) P + (t) = f(x) + f(x+h) f(x) h (t x), získáme aproximaci f (x) = dp + dt = f(x + h) f(x) h = f(x, x + h), která se nazývá (poměrná) diference směrem dopředu Jestliže f C 2 x, x + h, pak podstatnou informací o velikosti chyby této aproximace je identita f (x) = f(x + h) f(x) h pro vhodný bod ξ (x, x + h) h 2 f (ξ) b) P (t) = f(x h)+ f(x) f(x h) h (t x+h), potom aproximace f (x) = dp dt = f(x) f(x h) h = f(x h, x) se nazývá zpětná diference Jestliže f C 2 x h, x, pak f (x) = f(x) f(x h) h pro některý bod ξ (x h, x) + h 2 f (ξ) c) P 2 (t) = f(x h) + f(x h, x)(t x + h) + f(x h, x, x + h)(t x + h)(t x), pak aproximace f (x) = dp 2 f(x + h) f(x h) (x) = dt 2h = f(x, x + h) + f(x h, x) 2 95

96 se nazývá centrální diference Jestliže f C 3 x h, x + h, pak f f(x + h) f(x h) (x) = 2h pro vhodný bod ξ (x h, x + h) d) Lze snadno ověřit, že h2 6 f (ξ) f (x) = d2 P 2 f(x + h) 2f(x) + f(x h) = = 2f(x h, x, x+h) dt 2 h 2 Tato aproximace se nazývá druhá centrální diference Jestliže f C 4 x h, x + h, pak f f(x h) 2f(x) + f(x + h) (x) = h 2 pro vhodný bod ξ (x h, x + h) h2 12 f (4) (ξ) Ověříme pouze tvrzení z bodů a) a c) především za účelem naznačení metodiky dokazování výroků tohoto typu Důkaz a) Tvrzení je bezprostředním důsledkem Taylorovy věty, podle níž existuje bod ξ (x, x + h) tak, že f(x + h) = f(x) + f (x)h f (ξ)h 2 Důkaz c) Opět pomocí Taylorovy věty dostaneme f(x + h) = f(x) + f (x)h f (x)h f (ζ)h 3 f(x h) = f(x) f (x)h f (x)h f (η)h 3 Odečtením druhé rovnice od první a vydělením rozdílu číslem 2h obdržíme f(x + h) f(x h) 2h = f (x) h2 f (ζ) + f (η) 2 Protože ζ a η jsou vhodné body z intervalu (x, x+h) a (x h, x), podle Věty o střední hodnotě existuje bod ξ (η, ζ) (x h, x+ h) takový, že výraz v hranatých závorkách je roven f (ξ) 96

97 Poznámka 4 Všechny aproximace derivací uvedené v a) d) jsou, za předpokladu malé hodnoty kroku h a spojitosti funkce f, rozdílem příp rozdíly dvou blízkých hodnot To je spojeno s nárůstem relativní chyby a pro extrémně malé hodnoty kroku se vliv zaokrouhlovacích chyb může stát rozhodujícím Extrémní zmenšování kroku tedy není cesta, jak získat velmi přesné hodnoty aproximace užitím formulí a) d) Velmi přesných aproximací hodnot f (x) a f (x) bez použití extrémně malého kroku h lze dosáhnout extrapolací Označíme-li například D 2 (h) = pak tvrzení d) říká, že f (x) f (x) f(x h) 2f(x) + f(x + h) h 2, = D 2 (h) + Ch 2 = D 2 (2h) + C(2h) 2 pro C = f (x)/6 Vynásobíme-li první rovnici číslem 4, druhou číslem -1, sečteme je a vydělíme číslem 3, získáme f (x) = 4D 2(h) D 2 (2h) 3 Tato aproximace hodnoty f (x) je podstatně přesnější, než aproximace přímo získaná formulí d) Cvičení 1 Nakreslete schematicky grafy polynomů P +, P a P 2 pro libovolně zvolené hodnoty f(x h), f(x), f(x+h) a nakreslete přímky se směrnicemi f(x, x+h), f(x h, x), (f(x, x+h)+ f(x h, x))/2 2 Určete aproximace derivace f (x 0 ) formulí a) s kroky h = 0, 5 a h = 0, 25, aproximace f (x 2 ) formulí c) s kroky h = 0, 5 a h = 0, 25 a aproximace f (x 2 ) s kroky h = 0, 5 a 97

98 h = 0, 25 a uved te jejich chyby když víte, že f(x) = e x i x i 0,5 0,75 1 1,25 1,5 f(x i ) 1,6487 2,1170 2,7183 3,4903 4,4817 {Aproximace hodnoty f (x 0 ) = 1,6487 formulí a) s krokem 0,5 je 2,1392 a s krokem h = 0,25 je 1,8732 Příslušné chyby jsou -0,4905 a -0,2245 Aproximace f (x 2 ) formulí c) s krokem h = 0, 5 je 2,8330 a s krokem h = 0,25 je 2,7466 Příslušné chyby jsou -0,1147 a -0,0283 Aproximace f (x 2 ) formulí d) s krokem h = 0,5 je 2,7752 a s krokem h = 0,25 je 2,7312 Příslušné chyby jsou -0,0569 a -0,0129} 3 Extrapolací zpřesněte aproximace f (x 2 ) s kroky h = 0,5 a h = 0,25 ze cvičení 2 {Podle Poznámky 4 je f (x 2 ) = (4 2,7312 2,7752)/3 = 2,71653 Chyba této zpřesněné aproximace je 0,00175} 4 Extrapolací zpřesněte aproximace f (x 2 ) s kroky h = 0,5 a h = 0,25 ze cvičení 2 {Položíme-li D(h) = (f(x + h) f(x h))/(2h) pak lze z aproximace chyby f (x) D(h) = h2 6 f (x) odvozené z c) jako v Poznámce 4 určit, že f (x) = (4D(h) D(2h))/3 Odtud a z výsledku cvičení 2 plyne, že f (x 2 ) = (4 2,7466 2,8330)/3 = 2, 7178 Chyba této zpřesněné aproximace je 0,000482} 12 Počáteční problémy pro ODR (obyčejné diferenciální rovnice) Eulerova úloha: Najděte funkci y(x) splňující ODR y = f(x, y) pro x (a, b) (46) 98

99 s počáteční podmínkou y(a) = c Budeme předpokládat, že funkce f splňuje Lipschitzovu podmínku: Existuje L > 0 tak, že f(x, y) f(x, z) L y z pro všechna x a, b a všechna y, z R Splňuje-li funkce f Lipschtzovu podmínku, pak má úloha (46) jediné řešení pro libovolnou počáteční podmínku, zadanou v libovolném bodu intervalu a, b Níže uvedené metody spočívají v rozdělení intervalu a, b na podintervaly ekvidistantními uzly a = x 0 < x 1 < s krokem h > 0 Pak položíme y 0 = c a postupně, pomocí jistého předpisu, počítáme aproximace y i+1 přesných hodnot y(x i+1 ) pro i = 0, 1,, dokud x i+1 a, b Metoda se nazývá a) k kroková, jakmile předpis pro aproximaci y i+1 závisí na k předchozích aproximacích y i, y i 1,, y i k+1 b) l bodová, když předpis pro y i+1 vyžaduje výpočet hodnot funkce f v l různých bodech Říkáme, že numerická metoda pro Eulerovu úlohu (46) je řádu p, když absolutní hodnota chyby e i = y(x i ) y i je ohraničena výrazem c(x i, h)h p pro i = 1, 2, a funkce c je pro malé kladné hodnoty kroku h ohraničená a) Eulerova metoda Rovnice (46) poskytuje identitu y (x i ) = f(x i, y(x i )) pro i = 0, 1, Nahradíme-li v ní y (x i ) výrazem y i+1 y i h f(x i, y(x i )) výrazem f(x i, y i ) = y(x i+1) y(x i ), h a požadujeme-li (y i+1 y i )/h = f(x i, y i ), vznikne Eulerova metoda: y 0 = c, y i+1 = y i + hf(x i, y i ) pro i = 0, 1, 99

100 y Obrázek 20 y i y i+1 y = y(x) x i h x i+1 x Její geometrický význam je patrný z Obr 20 Eulerova metoda je řádu 1 Příklad 111 Najděte aproximaci řešení počáteční úlohy y = 2xy v (0, 1), y(0) = 1 Eulerovou metodou s kroky 0,25 a 0,125 Řešení Pro h = 0,25 položíme x i = 0,25i Eulerova metoda má tvar y 0 = 1, y i+1 = y i + 0,25 2x i y i = y i (1 + 0,5x i ) a pro h = 0,125 položíme x i = 0,125i, takže vznikne předpis y 0 = 1, y i+1 = y i + 0,125 2x i y i = y i (1 + 0,25x i ) Všimněte si, že x i = x 2i Proto v níže uvedené tabulce porovnáme aproximace y i s y 2i a s přesnými hodnotami y(x i ) pro i = 0,, 4 i x i 0 0,25 0,5 0,75 1 y i 1 1 1,125 1, , y 2i 1 1, , , ,25613 y(x i ) 1 1,0645 1, , ,71828 b) Modifikace Eulerovy metody (Heunova metoda) je zpřesnění Eulerovy metody založené na pozorování, že je-li graf 100

101 přesného řešení y(x) v okolí uzlu x i nad (pod) tečnou, pak je rozdíl vypočtených aproximací k 1 y i+1 y i = hf(x i, y i ) menší (větší), než rozdíl y(x i+1 ) y i a rozdíl aproximací k 2 = y i+2 y i+1 = hf(x i +h, y i +k 1 ) je větší (menší), než y(x i+1 ) y i y Obrázek 21 h k 2 k 1 h x i x i+1 x i+2 x Viz ilustraci na Obr 21 Modifikace Eulerovy metody aproximuje rozdíl y(x i+1 ) y i aritmetickým průměrem (k 1 + k 2 )/2, takže její předpis je y 0 = c k 1 = hf(x i, y i ) k 2 = hf(x i + h, y i + k 1 ) y i+1 = y i (k 1 + k 2 ) pro i = 0, 1, Modifikace Eulerovy metody je řádu 2 c) Aplikace obecné metodiky autorů Runge a Kutta poskytuje tuto často používanou klasickou Rungovu Kuttovu metodu: y 0 = c k 1 = hf(x i, y i ) k 2 = hf(x i + h 2, y i + k 1 2 ) k 3 = hf(x i + h 2, y i + k 2 2 ) k 4 = hf(x i + h, y i + k 3 ) y i+1 = y i + (k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k 4 )/6 for i = 0, 1, 101

102 Tato metoda je jednokroková, čtyřbodová řádu 4 Existují i jednokrokové tříbodové metody řádu 3, ale na dosažení řádu 5 je nutné, aby metoda byla alespoň šestibodová Najdeme aproximace řešení problému z posledního příkladu užitím metod b) a c) Příklad 112 Najděte aproximace řešení úlohy y = 2xy v (0, 1), y(0) = 1 modifikací Eulerovy metody a klasickou Rungovou Kuttovou metodou s krokem h = 0,5 Řešení Modifikace Eulerovy metody: i x i y i k 1 k 2 e i , ,5 1,25 0,625 1,875 0, ,5 0,2183 Klasická Rungova Kuttova metoda: i x i y i k 1 k 2 k 3 k 4 e i ,25 0, , ,5 1, , , , ,6981 0, , , Příklad vícekrokové metody: d) Obdélníková metoda: Z rovnice (46) plyne y (x i ) = f(x i, y(x i )) Nahradíme-li y (x i ) výrazem y i+1 y i 1 2h f(x i, y(x i )) výrazem f(x i, y i ), = y(x i+1) y(x i 1 ) 2h a 102

103 vznikne y i+1 y i 1 = f(x i, y i ), 2h takže předpis obdélníkové metody je y 0 y 1 = = c y i+1 = y i 1 + 2hf(x i, y i ) pro i = 1, 2, Jde zřejmě o dvoukrokovou a jednobodovou metodu y 1 je nutno vypočítat některou jednokrokovou metodou Obdélníková metoda je řádu 2 Příklad 113 Aproximujte řešení úlohy y = x y 3 v (0, 1), y(0) = 1 obdélníkovou metodou s krokem h = 0,25 Přesné řešení je funkce y(x) = 5e x + x 4 Řešení Užijeme-li Eulerovy metody pro výpočet y 1, získáme předpis y 0 = 1 y 1 = y 0 + 0,25(x 0 y 0 3) y i+1 = y i 1 + 0,5(x i y i 3) pro i = 1, 2, 3 Numerické výsledky a odpovídající hodnoty přesného řešení jsou uvedeny v tabulce Obr 22 ukazuje, že chyby mají tendenci oscilovat i x i y i y(x i ) ,25 0 0, ,5-0,375-0, ,75-1,0625-0, , ,

104 y 1 y = y(x) 1 x 1 Obrázek 22 Předpisy pro výpočet aproximace y i+1 všech výše uvedených metod závisí na již známých veličinách y i 1, y i, x i, f, h, takže y i+1 lze získat jednoduchým dosazením Takové metody se nazývají explicitní Naopak metoda se nazývá implicitní, když předpis závisí i na hledané hodnotě y i+1 e) Implicitní (zpětná) Eulerova metoda využívá diskretizace rovnice (46) ve tvaru y i+1 y i h = f(x i+1, y i+1 ) y y = y(x) Obrázek 23 y i y i+1 x i x i+1 x Viz ilustraci geometrického významu na Obr 23 Výsledný předpis: y 0 = c, y i+1 = y i + hf(x i+1, y i+1 ) pro i = 0, 1, Příklad 114 Aproximujte řešení úlohy y = 2xy v (0, 1), y(0) = 1 implicitní Eulerovou metodou s krokem h = 0,25 104

105 Řešení Předpis implicitní Eulerovy metody: y 0 = 1, y i+1 = y i + 0,5x i+1 y i+1, i = 0, 1, 2, 3 V tomto případě lze úpravou získat explicitní formuli pro neznámou y i+1 y i y 0 = 1, y i+1 =, i = 0, 1, 2, 3 1 0,5x i+1 Vypočtené aproximace jsou uvedeny v tabulce i x i 0 0,25 0,5 0,75 1 y i 1 1, , , ,87619 y(x i ) 1 1,0645 1,2840 1,7550 2,7183 Kombinací předpisů Eulerovy metody a implicitní Eulerovy metody lze získat předpisy tzv α metod, pro α 0, 1 : y i+1 = y i + h[αf(x i, y i ) + (1 α)f(x i+1, y i+1 )] pro i = 0, 1, Je zřejmé, že pro α = 1 získáme Eulerovu metodu a pro α = 0 vznikne implicitní Eulerova metoda f) Lichoběžníková (Crank Nicolsonova) metoda y 0 = c y i+1 = y i + h 2 [f(x i, y i ) + f(x i+1, y i+1 )] pro i = 0, 1, je 0, 5 metoda Je to jediná α metoda, která je řádu 2 Příklad 115 Aproximujte úlohu y = 2xy v (0, 1), y(0) = 1 lichoběžníkovým pravidlem s krokem h = 0,25 Řešení Příslušný předpis má tvar y 0 = 1, y i+1 = y i + 0,25(x i y i + x i+1 y i+1 ) 105

106 a po zjednodušení y 0 = 1, y i+1 = y i 1 + x i /4 1 x i+1 /4 Výsledné aproximace jsou uvedeny v tabulce i x i 0 0,25 0,5 0,75 1 y i 1 1,0667 1,2952 1,7934 2,8396 y(x i ) 1 1,0645 1,2840 1,7550 2,7183 Při výběru konkrétní numerické metody pro řešení dané počáteční úlohy není důležitá jen její přesnost (charakterizovaná řádem) a velikost kroku, ale i její tzv (absolutní) stabilita Přibližné řešení y 0, y 1, Eulerovy úlohy y = f(x, y) v (a, ), y(a) = c (47) se nazývá nestabilní, když každá chyba vzniklá při výpočtu aproximace y i vnáší do aproximací y i+1, y i+2, chybu, jejíž velikost postupně roste tak, že celý výpočet znehodnotí Stabilita dané metody se ověřuje aplikací na tuto testovací úlohu y = λy v (0, ), y(0) = 1 (48) Vysvětlení: Předpokládejme, že jsme v průběhu řešení dané Eulerovy úlohy y = f(x, y) spočítali hodnotu y(x) + e(x) jako aproximaci přesné hodnoty y(x) Každá numerická metoda (s jistou chybou, kterou zanedbáváme) požaduje, aby daná diferenciální rovnice byla splněna pro hodnotu y(x) + e(x), tj místo přesné rovnice y = f(x, y) řešíme přibližnou rovnici (y + e) = f(x, y + e) 106

107 Poslední rovnici lze pomocí Věty o přírůstku funkce zjednodušit: y + e = f(x, y) + [f(x, y + e) f(x, y)] e = f (x, ξ) e y Položíme-li λ f/ y(x, ξ), obdržíme rovnici ve tvaru (47) Předchozí úvaha poskytuje tuto interpretaci testovací úlohy: y(x) λ f y chyba aproximace charakteristika dané úlohy Je tedy přirozené nazývat numerickou metodu absolutně stabilní pro danou hodnotu ĥ, když y i 0 pro i Zde jsou aproximace y i vypočteny danou numerickou metodou při řešení úlohy (47) s krokem h takovým, že ĥ = hλ Hodnoty ĥ, pro něž je daná numerická metoda absolutně stabilní, tvoří interval absolutní stability Intervaly absolutní stability pro některé z výše uvedených metod lze najít v tabulce metoda řád interval absolutní stability Eulerova 1 (-2,0) klasická Rungova Kuttova 4 (-2,78,0) obdélníková 2 {0} implicitní Eulerova 1 (, 0) (2, ) lichoběžníková 2 (, 0) Příklad 117 Aproximujte řešení Eulerovy úlohy y = 10(y 1) v (0, 1), y(0) = 2 107

108 Eulerovou, klasickou Rungovou Kuttovou a lichoběžníkovou metodou s krokem a) h = 0, 25 a b) h = 0, 2 Tento problém má přesné řešení a) h = 0, 25 : i x i y Eul i y(x) = 1 + e 10x y RK i y lich i y(x i ) ,25-0,5 1, , , ,5 3,25 1, , , ,75-2,375 1, , , ,0625 1, , ,00005 Obr 24 poskytuje grafické porovnání aproximací s krokem h = 0,25 s přesným řešením y(x) Obrázek 24: Přesné řešení Př 117 a jeho aproximace s krokem h = 0,

109 b) h = 0, 2 : i x i y Eul i y RK i y lich i ,2 0 1, ,4 2 1, ,6 0 1, ,8 2 1, , Obr 25 poskytuje grafické srovnání aproximací s krokem h = 0,2 s přesným řešením Hodnota ˆλ = 2 je na hranici intervalu absolutní stability Eulerovy metody Obrázek 25: Přesné řešení Př 117 a jeho aproximace s krokem h = 0, 2 Poznámka 5 Všechny výše uvedené numerické metody jsou dobře použitelné i pro řešení této počáteční úlohy pro systémy 109

110 ODR prvního řádu: Najděte funkce y 1 (x), y 2 (x),, y n (x) splňující y 1 = f 1 (x, y 1 (x),, y n (x)) pro x (a, b), y 1 (a) = c 1 y 2 = f 2 (x, y 1 (x),, y n (x)) pro x (a, b), y 2 (a) = c 2 y n = f n (x, y 1 (x),, y n (x)) pro x (a, b), y n (a) = c n Položíme-li y(x) = y 1 (x) y 2 (x) y n (x), f(x, y) = f 1 (x, y) f 2 (x, y) f n (x, y), and c = pak lze výše sforulovanou úlohu pro systém ODR zapsat vektorově ve tvaru y (x) = f(x, y(x)) pro x (a, b), y(a) = c (49) Výše uvedené metody jsou použitelné i pro počáteční úlohu (51) formálně tak, že v daném předpisu se uvede c 1 c 2 c n, Cvičení c místo c y i místo y i f(x i, y i ) místo f(x i, y i ) k1 místo k 1 1 Rozhodněte, zda počáteční úloha a) y = x 2 cos x ye x v (0, 1), y(0) = 4 b) y = y x v (0, 1), y(0) = 1 má jediné řešení {a) Funkce f(x, y) = x 2 cos x ye x splňuje Lipschitzovu 110

111 podmínku s parametrem L = e: Pro všechna x (0, 1) a y, z R platí f(x, y) f(x, y) = e x y z e y z b) Skutečnost, že funkce f(x, y) = y x splňuje Lipschitzovu podmínku s L = 1 lze ověřit analogicky} 2 Ověřte, že funkce y = e 2x x/3 je přesným řešením problému b) ze cv 1 Aproximujte toto řešení Eulerovou metodou s kroky h 1 = 0,5, h 2 = 0,25 a a) Porovnáním chyb aproximací Eulerovou metodou s kroky h 1 a h 2 v uzlech 0,5 a 1 ilustrujte řád 1 Eulerovy metody b) Výše uvedené aproximace v uzlech 0, 5 a 1 zpřesněte extrapolací {a) chyby v uzlu 0, 5 jsou -0,20998 a -0,08498 a chyby v uzlu 1 jsou -0,13303 a -0,05095 b) Zpřesnění extrapolací v uzlu 0, 5 je 0, 75 (přesné řešení je 0,79002) a v uzlu 1 je to 0,48229 (přesná hodnota je 0, 51342)} 3 Aproximujte řešení problému y = y x + 05, x (0, 1), y(0) = 1 Heunovou metodou s kroky 0,25 a 0,5 Tyto aproximace zpřesněte extrapolací v uzlech 0,5 a 1 Ověřte, že y(x) = je přesné řešení problému a vypočtěte chyby všech vypočtených aproximací v bodech 0, 5 a 1 {Chyby s kroky 0,5, 0,25 a po extrapolaci v bodu 0,5 jsou 0, , 0, , 0, a v bodě 1 jsou 0, , 0, , 0, } e 3( (x+0,5) 3 0,125 4 Aproximujte řešení počáteční úlohy ze cv 3 klasickou metodou Runge Kutta s krokem 0, 5 a vypočtěte chyby této aproximace [Aproximace v bodu 0, 5 je 1, a v bodě 1 je 2, Příslušné chyby jsou 0, a 0,00128] 111

112 5 Aproximujte řešení počáteční úlohy y = x 2 y v (0, 1), y(0) = 1 obdélníkovou metodou s krokem h = 1/4 a y(1/4) aproximujte Eulerovou metodou Ukažte, že přesné řešení této úlohy je y(x) = x 2 2x + 2 e x a že znaménka chyb aproximací alternují [Chyby obdélníkové metody v uzlech 0,25, 0,5, 0,75, 1 jsou 0,033699, -0,012781, 0,043258, -0,031942} 6 Aproximujte řešení úlohy ze Cv 1 b) implicitní Eulerovou metodou s kroky h 1 = 0, 5, h 2 = 0, 25 a porovnejte chyby vypočtených aproximací v uzlech 0, 5 a 1 {Chyba aproximace s krokem 0,5 případně 0,25 v uzlu 0,5 je 0, případně 0, a v uzlu 1 je tato chyba 0, případně 0,016677} 7 Aproximujte řešení problému b) ze cv 1 Crank Nicolsonovou metodou s kroky h 1 = 0,5, h 2 = 0,25 a odhadněte řád chyby této metody porovnáním chyb těchto aproximací v uzlech 0,5 a 1 {Chyba aproximace s krokem 0,5 případně 0,25 v uzlu 0,5 je -0, případně -0, a v uzlu 1 je -0, případně -0,015172} 8 Najděte nejmenší hodnotu h 0 kroku diskretizace h, pro niž Eulerova metoda poskytne stabilní aproximaci počáteční úlohy y = 4(2 + x)y v (0, 1), y(0) = 1 Potom a) ověřte, že y(x) = e 8x 2x2 je přesné řešení úlohy, b) najděte aproximaci řešení s krokem h 0 Eulerovou metodou, 112

113 c) najděte aproximaci řešení s krokem h = 1/3 Eulerovou metodou a d) rozhodněte, která z aproximací z b), c) je stabilní {h 0 = 1/6, b): Aproximace hodnot y(1/3), y(2/3), y(1) jsou -1,66667, 3,51852, -8,99177, c): Aproximace hodnot y(1/6), y(1/3), y(1/2), y(2/3), y(5/6), y(1) jsou -0,33333, 0,14815, -0,082305, 0,054870, -0,042676, 0, d): Aproximace řešení s krokem 1/3 je nestabilní a aproximace s krokem 1/6 je stabilní} 9 Těleso padající k Zemi se vzhledem ke gravitačnímu zrychlení pohybuje v souladu s rovnicí dy dt = 2gR 2 H y H kde y je vzdálenost od středu Země, g = 9,81 je gravitační zrychlení, R = je poloměr Země a H je počáteční vzdálenost tělesa od středu Země Označte H = 59,25P vzdálenost měsíce od středu Země a vhodnou numerickou metodou aproximujte časový okamžik, v němž y = P Toto je zřejmě doba, za niž měsíc spadne na povrch Země od okamžiku, v němž se měsíc náhle přestane pohybovat po své dráze okolo Země {Měsíc spadne na Zemi po 5,5556 hodinách} 113

114 13 Aproximace řešení okrajových úloh pro ODR 2 řádu metodou sítí 131 Klasická formulace úlohy Pro danou konstantu a 2 > 0 a funkce p, q, f C 0, l (q o), najděte y C 2 0, l tak, aby byla splněna diferenciální rovnice a 2 y + py + qy = f pro x (0, l) (50) a pro x = 0 a x = l okrajová podmínka y(x) = c Dirichletova nebo y (x) = d Neumannova nebo αy(x) + βy (x) = γ Newtonova (α 0 β) 132 Fyzikální význam Existuje dlouhá řada různých fyzikálních významů této úlohy Uvedeme dva z nich y(x) a 2 p(x) f(x) q(x) teplota [koncentrace příměsi] koeficient tepelné vodivosti [koeficient difúze] rychlost toku intenzita zdrojů tepla [příměsi] koeficient absorpce Člen a 2 y (x) má význam intenzity toku v kladném směru osy x Pak Neumannova okrajová podmínka určuje intenzitu toku přes hranici a Newtonova okrajová podmínka je podmínkou přestupu tepla [příměsi] Níže uvedený speciální případ Newtonovy podmínky pro x = l v případě toku tepla znamená, že intenzita toku tepla je úměrná rozdílu mezi teplotou y(l) intervalu v hraničním bodu l a teplotou exterieru y ext, vynásobeném koeficientem přestupu tepla [příměsi] α > 0 v blízkosti hraničního bodu l: a 2 y (l) = α(y(l) y ext ) 114

115 133 Existence klasického řešení Předpokládejme, že funkce p(x) nemění znaménko v intervalu 0 pro p o, 0, l Je-li Dirichletova podmínka dána v bodu l pro p o, pak má úloha (50) jediné řešení 134 Standardní metoda sítí Za účelem diskretizace úlohy (50) uvažme ekvidistantní uzly 0 = x 0 < x 1 < < x n = l s krokem h = l/n a označme y i tu aproximaci přesné hodnoty y(x i ), kterou nakonec vypočítáme pro i = 0, 1,, n V případě vnitřních uzlů, tj pro i = 1, 2,, n 1, poskytne (50) rovnici a 2 y (x i ) + p i y (x i ) + q i y(x i ) = f i (Zde je ϕ i = ϕ(x i )) Nahradíme-li y(x i ) aproximací y i, y (x i ) diferencí (y i+1 y i 1 )/(2h), y (x i ) diferencí (y i 1 2y i + y i+1 )/(h 2 ), získáme tuto soustavu n 1 rovnic ekvivalentních ( a 2y i 1 2y i + y i+1 h 2 a 2 + hp i 2 ) y i 1 +(2a 2 +h 2 q i )y i + p i y i+1 y i 1 2h ( a 2 hp i 2 + q i y i = f i, ) y i+1 = h 2 f i (51) pro neznámé y 0, y 1,, y n Vzhledem ke kapitole 11, chyby vzniklé při této diskretizaci jsou úměrné h 2 Zbývající dvě rovnice získáme diskretizací okrajových podmínek 115

116 a) Dirichletovy okrajové podmínky: y(0) = c 1 = y 0 = c 1 y(l) = c 2 = y n = c 2 b) Neumannovy okrajové podmínky: y (0) = d 1 = y 1 y 0 h = d 1 y (l) = d 2 = y n y n 1 h = d 2 Podle kapitoly 11 jsou chyby těchto aproximací úměrné h, tedy mnohem větší, než chyby vzniklé diskretizací zbývajících n 1 rovnic Z tohoto důvodu často aproximujeme Neumannovy podmínky níže uvedeným způsobem: Zavedeme fiktivní přibližné hodnoty y 1, y n+1 neexistujících hodnot y( h), y(l+h) Pak lze aproximovat okrajovou podmínku y (0) = d 1 a (50) rovnicemi (y 1 y 1 )/(2h) = d 1, ( a 2 + hp 0 /2 ) y 1 + (2a 2 + h 2 q 0 )y 0 ( a 2 hp 0 /2 ) y 1 = h 2 f 0 Eliminací y 1 z těchto dvou rovnic získáme diskretizaci y (0) = d 1 s chybou úměrnou h 2 Diskretizace Neumannovy podmínky y (l) = d 2 a Newtonovy okrajové podmínky lze najít analogickými způsoby Matici výsledného systému lineárních rovnic (proměnnou y 0 a/nebo y n eliminujeme, je-li příslušná okrajová podmínka Dirichletova) nazýváme matice diskretizace Příklad 1 Aproximujte řešení úlohy 0, 2y + y = 1 v (0, 1), y(0) = 1, y(1) + 0, 2y (1) = 0, 5 s krokem h = 0, 2 na základě fyzikálního významu koeficientů a 2 = 0, 2, p = 1, q = 0, f = 1 a podmínky 0, 2y (1) = y(1) 0, 5 lze najít hrubou představu o řešení jako na Obr

117 y 1 y = y(x) y = yext Obrázek 23 Pro h = 0, 2 je n = 5 a x i = 0, 2i, i = 0, 1,, 5 lze najít tuto soustavu rovnic: i = 0 = y 0 = 1 i = 1,, 4 = 0,2 y i 1 2y i + y i+1 + y i+1 y i 1 = 1 0,04 0,4 0,3y i 1 + 0,4y i 0,1y i+1 = 0,04 1 i = 5 = y 5 + 0,2 y 6 y 4 = 0,5 a 0,3y 4 + 0,4y 5 0,1y 6 = 0,04 0,4 = 0,4y 4 + 0, 6y 5 = 0,14 Maticový zápis výsledného systému rovnic je x 0,4 0,1 0,34 0,3 0,4 0,1 0,04 0,3 0,4 0,1 0,04 0,3 0,4 0,1 0,04 0,4 0,6 0,14 V tabulce je řešení tohoto systému rovnic porovnáno s hodnotami přesného řešení y(x) i y i y(x i ) 1 1,1950 1, ,3760 1, ,5219 1, ,5597 1, ,2731 1,

118 Zřejmě max i i 5 y(x i ) y i = 0, 1202 Položíme-li h = 0, 1, pak n = 10, x i = 0, 1i a označímeli y i vypočtenou přibližnou hodnotu y(x i ) pro i = 0, 1,, 10, získáme max i i 10 y(x i ) y i = 0, 0271 Tyto výsledky naznačují, že standardní metoda sítí je řádu 2 Příklad 2 Aproximujte řešení úlohy y + 15y = 1 v (0, 1), y(0) = 1, y(1) = 0 s krokem h = 0, 2 Pak n = 5, x i = 0, 2i, y 0 = 1, y 5 = 0 a, pro i = 1,, 4, diskretizace rovnic jsou 2, 5y i 1 + 2y i + y i+1 = 0, 04 Po dosazení daných hodnot za y 0 a y 5 získáme tento maticový zápis výsledného systému rovnic: 2 0,5 2,54-2,5 2 0,5 0,04-2,5 2 0,5 0,04-2,5 2 0,04 Výsledky jeho řešení společně s odpovídajícími přesnými hodnotami jsou uvedeny v tabulce i y i y(x i ) 1 1,0113 1, ,0349 1, ,9970 1, ,2662 1,0002 Porovnání s hodnotami přesného řešení z předchozí tabulky ukazuje, že přibližné řešení je znehodnoceno oscilacemi Viz též 118

119 Obr 24 y 1 Obrázek 24 1 Čtvercová matice A se nazývá monotonní, jakmile A je regulární a A 1 0 (všechny prvky matice A 1 jsou nezáporné) Obecná jednoduchá charakterizace monotonních matic není známá, ale je známo, že matice diskretizace A okrajové úlohy, splňující podmínky z odstavce 133 je monotonní právě tehdy, když i j = a ij 0 (52) Kritérium (52) říká, že matice diskretizace z Př 1 je monotonní Pro i = 2, 3, 4 platí x y i = 1 0, 4 (0, 3y i 1 + 0, 1y i+1 + 0, 04), takže hodnota y i je v podstatě váženým průměrem hodnot y i 1, y i+1 s kladnými koeficienty Z tohoto důvodu je výsledná aproximace stabilní Z podmínky (52) a z vyjádření (51) prvků matice diskretizace plyne, že matice diskretizace úlohy (50) je monotonní právě když a 2 + hp i 2 0 a a2 hp i 2 0 a2 pro i = 1, 2,, n 1 Elementární standardně používané stabilizace metody sítí jsou hp i 2 119

120 a) Umělá difúze: Existuje-li index i tak, že a 2 < hp i /2, pak nahradíme koeficient a 2 nejmenší hodnotou a 2 s vlastností a 2 max i hp i /2 b) Upwind: Namísto aproximace derivace y (x i ) centrální diferencí (y i+1 y i 1 )/2 použijeme diferenci i y i 1 )/h v případě p > 0 (y (y i+1 y i )/h v případě p < 0 y 1 Obrázek 25 1 Na Obr 25 je znázorněna aproximace přesného řešení (tučný graf) umělou difúzí (viz graf se širokou hraniční vrstvou blízko x = 1) a upwindem (viz graf s úzkou hraniční vrstvou v okolí x = 1) Ačkoliv jsou modifikace a), b) stabilní, jejich chyba je úměrná kroku h, což je mnohem horší, než h 2 v případě standardní metody sítí Cvičení 1 Formulujte okrajovou úlohu pro neznámou teplotu kapaliny, která protéká intervalem délky 1 konstantní rychlostí 1 a do intervalu vtéká s teplotou 20 Hodnota tepelné vodivosti je 0,1, absorpce je zanedbatelná a intenzita zdrojů tepla roste lineárně z hodnoty 1 na vstupu do hodnoty 4 na výstupu Intenzita toku tepla z intervalu přes výstupní bod je úměrná rozdílu mezi teplotou kapaliny a teplotou exteriéru y ext = 5 Hodnota koeficientu přestupu tepla je α = 0,5 {Jde o okrajovou úlohu 0,1y + y = 1 + 3x v (0, 1), y(0) = 20, 0,1y (1) = 0,5(y(1) 5)} 120 x

121 2 Na základě fyzikálního významu koeficientů nakreslete schematicky graf řešení okrajové úlohy 0,01y + 5y = 1 v (0, 2), y(0) = 10, y(1) = 0 3 Ověřte, že okrajová úloha 0,25y +y = 1 v (0, 1), y(0) = 1, 0,25y (1) = 0,5y(1) má přesné řešení y(x) = 1+x+0, (1 e 4x ) a aproximujte toto řešení standardní metodou sítí s kroky h 1 = 0,25 a h 2 = 0,125 Užijte aproximace okrajové podmínky v bodě 1 řádu h 2 a porovnejte chyby vypočtených aproximací v uzlech 0,25, 0,5, 0,75, 1 Jaký odhad řádu chyby lze z tohoto porovnání získat? {Vektor aproximací hodnot y(x) s krokem h 1 je [1; 1,2331; 1,4324; 1,5304; 1,3243] a s krokem h 2 je [1; 1,1160; 1,2260; 1,3261; 1,4095; 1,4652; 1,4747; 1,4072; 1,2113]} 4 Najděte nejmenší hodnotu h 0 kroku diskretizace, pro kterou je aproximace řešení okrajové úlohy 0,1y +y = 1+3x v (0, 1), y(0) = 20, 0,1y (1) = 0,5(y(1) 5) standardní metodou sítí stabilní Vypočtěte aproximace řešení této úlohy s kroky 0,25 and h 0 {h 0 = 1/6, vektor aproximací s krokem 0,25 je [20; 20,4076; 21,1140; 21,0064; 30,1002] a s krokem h = 1/6 je to [20; 20,2583; 20,5998; 21,0231; 21,5129; 21,9002; 20,3270] Okrajová podmínka v bodě 1 byla aproximována s chybou řádu h 2 } 5 Pro okrajovou úlohu 0,001y (1 + x 2 )y = 0,5, v (0, 1), y(0) = 0, y(1) = 1 121

122 nakreslete schematicky graf přesného řešení Potom najděte největší hodnotu kroku h, pro niž je aproximace standardní metodou sítí stabilní a vypočtěte aproximaci řešení s krokem h = 0,2 a) metodou umělé difúze a b) upwindem {Největší hodnota h zaručující stabilitu je 0,00129 Vektor aproximací hodnot metodou a) je [0; 0,9058; 1,1261; 1,12135; 1,0609; 1] a vektor získaný metodou b) je [0; 0,096107; 0,18226; 0,25575; 0,31861; 1]} 14 Numerická integrace V této kapitole použijeme interpolační polynomy pro odvození jednoduchých formulí vyjadřujících přibližně hodnotu určitého integrálu I = I(f) b a f(x) dx (53) pro danou funkci f na daném intervalu a, b, a uvedeme základní informace o řádově optimálně přesné Gaussově kvadratuře, o jednoduché technice pro aproximaci integrálu s předem danou přesností a o numerické integraci funkcí dvou proměnných Budeme předpokládat, že funkce f má spojité všechny derivace, které se v našich úvahách objeví 141 Obdélníkové, lichoběžníkové a Simpsonovo pravidlo Symbolem s budeme značit střed intervalu a, b, tj s = (a + b)/2 Nahradíme-li funkci f(x) v (53) 122

123 a) interpolačním polynomem P 0 (x) = f(s) funkce f v uzlu s, získáme jednoduché obdélníkové pravidlo I(f) = (b a)f(s) + e O (f), kde e O (f) = 1 24 f (ξ)(b a) 3 pro vhodný bod ξ (a, b) b) Newtonovým interpolačním polynomem P 1 (x) = f(a) + f(a, b)(x a) funkce f v uzlech a, b, vznikne jednoduché lichoběžníkové pravidlo kde I(f) = b a 2 pro vhodný bod ξ (a, b) [f(a) + f(b)] + e L (f), e L (f) = 1 12 f (ξ)(b a) 3 c) Newtonovým interpolačním polynomem P 2 (x) = f(a) + f(a, s)(x a) + f(a, s, b)(x a)(x s) funkce f v uzlech a, s, b, obdržíme jednoduché Simpsonovo pravidlo I(f) = b a 6 [f(a) + 4f(s) + f(b)] + e S (f), kde e S (f) = 1 ( b a 24 f (4) (ξ) 2 pro vhodný bod ξ (a, b) Důkaz a) Podle Taylorovy věty existuje bod ξ (a, b) takový, že f(x) = f(s) + f (s)(x s) f (ξ)(x s) 2 )5 123

124 Způsob odvození chyby aproximace e O (f) naznačíme touto zjednodušenou úvahou: b b I = f(x)dx = [f(s) + f (s)(x s) + 1 ] 2 f (ξ)(x s) 2 dx a a = f(s)(b a) + f (s) = f(s)(b a) f (ξ) (x s)2 2 b (b s)3 3 = f(s)(b a) f (ξ)(b a) 3 a f (x s)3 (ξ) 3 (a s)3 3 b) Jednoduché lichoběžníkové pravidlo a jeho chybu lze odvodit z Věty 3, odst 911, podle níž existuje ξ (a, b) tak, že f(x) = f(a) + f(a, b)(x a) f (ξ)(x a)(x b) c) Jednoduché Simpsonovo pravidlo a jeho chybu lze odvodit z Věty 3, která říká, že existuje ξ (a, b) s vlastností f(x) = f(a)+f(a, s)(x a)+f(a, s, b)(x a)(x s)+ 1 6 f (ξ)(x a)(x s)(x b) Pro kladnou funkci f je integrál I(f) obsahem křivočarého lichoběžníka, ohraničeného zdola osou x, zleva a zprava přímkami x = a a x = b a shora grafem funkce f Na Obr 29 je tato plocha aproximována hodnotami formulí a) c), které jsou obsahy vyšrafovaných křivočarých lichoběžníků Z tvaru chyb e O, e L a e S je zřejmé, že pravidla a) c) aproximují hodnotu I(f) s malou chybou jen tehdy, když je délka intervalu a, b malá Je-li délka intervalu a, b větší, rozdělí se ekvidistantními uzly a = x 0 < x 1 < < x n = b na podintervaly o malé délce h = (b a)/n Protože I(f) = n i=1 x i x i 1 f(x)dx, (54) 124 b a

125 Obrázek 29: Geometrický význam jednoduchých kvadraturních formulí lze všechny integrály x i x i 1 f(x)dx aproximovat některým z jednoduchých pravidel a), b), c) Vzniknou tato složená pravidla d), e), f): d) Aproximujeme-li každý z integrálů (54) jednoduchým obdélníkovým pravidlem a), vznikne složené obdélníkové pravidlo I = n hf kde i=1 = h [ f ( ) x i 1 + h + E O (f) 2 ( x 0 + h ) ( + f x 1 + h ) ( + + f x n 1 + h )] + E O (f), E O (f) = 1 24 h3 [f (ξ 1 ) + f (ξ 2 ) + + f (ξ n )] = 1 24 (b a)h2 f (ξ) pro vhodný bod ξ (a, b) e) Aproximujeme-li integrály (54) jednoduchým lichoběžníkovým pravidlem b), vznikne složené lichoběžníkové pravidlo kde I = n i=1 h 2 (f(x i 1) + f(x i )) + E L (f) = h 2 [f(x 0) + 2f(x 1 ) + + 2f(x n 1 ) + f(x n )] + E L (f), E L (f) = 1 12 (b a)h2 f (ξ) pro vhodný bod ξ (a, b) 125